2018届高三数学基础专题练习：导数与零点(答案版)

导数与函数的零点专题研究方程根或函数的零点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．例题精讲例1、已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．解析：f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2，由题设得－2a＝－2，所以a＝1.(2)证明由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2，设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－10，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．当x0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)xh(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．例2、已知函数.(I)讨论的单调性；(II)若有两个零点，求a的取值范围.【解析】（Ⅰ）()(1)2(1)(1)(2)xxfxxeaxxea．（i）当0a时，则当1x时，()0fx；当1x时，()0fx故函数()fx在(,1)单调递减，在(1,)单调递增．（ii）当0a时，由()0fx，解得：1x或ln(2)xa①若ln(2)1a，即2ea，则xR，()(1)()0xfxxee故()fx在(,)单调递增．②若ln(2)1a，即2ea，则当(,ln(2))(1,)xa时，()0fx；当(ln(2),1)xa时，()0fx故函数在(,ln(2))a，(1,)单调递增；在(ln(2),1)a单调递减．③若ln(2)1a，即2ea，则当(,1)(ln(2),)xa时，()0fx；当(1,ln(2))xa时，()0fx；故函数在(,1)，(ln(2),)a单调递增；在(1,ln(2))a单调递减．（Ⅱ）（i）当0a时，由（Ⅰ）知，函数()fx在(,1)单调递减，在(1,)单调递增．又∵(1),(2)fefa，取实数b满足0b且ln2ab，则223()(2)(1)()022afbbababb∴()fx有两个零点．（ii）若0a，则()(2)xfxxe，故()fx只有一个零点．（iii）若0a，由（I）知，当2ea，则()fx在(1,)单调递增，又当1x时，()0fx，故()fx不存在两个零点；当2ea，则函数在(ln(2),)a单调递增；在(1,ln(2))a单调递减．又当1x时，()0fx，故不存在两个零点．综上所述，a的取值范围是0,．例3、设函数32()fxxaxbxc.（I）求曲线()yfx在点0,0f处的切线方程；（II）设4ab，若函数()fx有三个不同零点，求c的取值范围；（III）求证：230ab是()fx有三个不同零点的必要而不充分条件.解：（I）由32fxxaxbxc，得232fxxaxb．因为0fc，0fb，所以曲线yfx在点0,0f处的切线方程为ybxc．（II）当4ab时，3244fxxxxc，所以2384fxxx．令0fx，得23840xx，解得2x或23x．fx与fx在区间,上的情况如下：x,2222,3232,3fx00fxc3227c所以，当0c且32027c时，存在14,2x，222,3x，32,03x，使得1230fxfxfx．由fx的单调性知，当且仅当320,27c时，函数3244fxxxxc有三个不同零点．（III）当24120ab时，2320fxxaxb，,x，此时函数fx在区间,上单调递增，所以fx不可能有三个不同零点．当24120ab时，232fxxaxb只有一个零点，记作0x．当0,xx时，0fx，fx在区间0,x上单调递增；当0,xx时，0fx，fx在区间0,x上单调递增．所以fx不可能有三个不同零点．综上所述，若函数fx有三个不同零点，则必有24120ab．故230ab是fx有三个不同零点的必要条件．当4ab，0c时，230ab，232442fxxxxxx只有两个不同零点，所以230ab不是fx有三个不同零点的充分条件．因此230ab是fx有三个不同零点的必要而不充分条件．基础专练1．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为()A．4B．6C．7D．8答案A解析由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)0得x1或x2，由f′(x)0得1x2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，而选项中只给出了4，所以选A.2．设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x0)．当a≤0时，f′(x)0，f′(x)没有零点．当a0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－ax单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)0，当b满足0ba4且b14时，f′(b)0，故当a0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当a0时，f(x)≥2a＋aln2a.3．已知函数f(x)＝x＋aex.(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a＝0，x01，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．(1)解易得f′(x)＝－x－－aex，由已知得f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.(2)证明a＝0，则f(x)＝xex.函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xex－1－x0ex0＝－xx0－－x0x0exx＋.设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，∵x01，∴φ′(x)0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当xx0时，φ(x)0，当xx0时，φ(x)0，∴当xx0时，h′(x)0，当xx0时，h′(x)0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．4.设a1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤3a－2e－1.解析：（1）f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex∀x∈R，f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞).(2)证明∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a，∵a1，∴f(0)0，f(a)2aea－a2a－a＝a0，∴f(0)·f(a)0，∴f(x)在(0，a)上有一零点，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上递增，∴f(x)在(0，a)上仅有一个零点，∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点.(3)证明f′(x)＝(x＋1)2ex，设P(x0，y0)，则f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝-1，代入y＝f(x)得y0＝2e-a，∴kOP＝a－2e.f′(m)＝em(m＋1)2＝a－2e，令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1.令g′(x)0，则m0，∴g(m)在(0，＋∞)上增.令g′(x)0，则m0，∴g(m)在(－∞，0)上减.∴g(m)min＝g(0)＝0.∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－2e≥(m＋1)3.∴m＋1≤3a－2e，即m≤3a－2e－1.