PAGEPAGE1第2課時利用導數探究函數零點問題[基礎題組練]1．(2024·江西七校第一次聯考)已知函數y＝f(x)是R上的可導函數，當x≠0時，有f′(x)＋eq\f(f（x）,x)>0，則函數F(x)＝x·f(x)－eq\f(1,x)的零點個數是()A．0 B．1C．2 D．3解析：選B.函數F(x)＝xf(x)－eq\f(1,x)的零點，就是方程xf(x)－eq\f(1,x)＝0的根，即方程xf(x)＝eq\f(1,x)的根．令函數g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因為當x>0時，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)單調遞增，g(x)>g(0)＝0；當x<0時，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)單調遞減，g(x)>g(0)＝0.所以函數y＝g(x)與y＝eq\f(1,x)的圖象只有一個交點，即F(x)＝xf(x)－eq\f(1,x)只有一個零點．故選B.2．(2024·武漢調研)已知f(x)＝ex－ax2.命題p：?a≥1，y＝f(x)有三個零點，命題q：?a∈R，f(x)≤0恒成立．則下列命題為真命題的是()A．p∧q B．(﹁p)∧(﹁q)C．(﹁p)∧q D．p∧(﹁q)解析：選B.對于命題p：當a＝1時，f(x)＝ex－x2，在同一坐標系中作出y＝ex，y＝x2的圖象(圖略)，由圖可知y＝ex與y＝x2的圖象有1個交點，所以f(x)＝ex－x2有1個零點，故命題p為假命題，因為f(0)＝1，所以命題q明顯為假命題．故(﹁p)∧(﹁q)為真命題．3．已知函數f(x)的定義域為[－1，4]，部分對應值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示．當1<a<2時，函數y＝f(x)－a的零點有個．解析：依據導函數圖象，知2是函數的微小值點，函數y＝f(x)的大致圖象如圖所示．由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y＝f(x)－a的零點個數為4.答案：44．若函數f(x)＝eq\f(ax－a,ex)＋1(a<0)沒有零點，則實數a的取值范圍為．解析：f′(x)＝eq\f(aex－（ax－a）ex,e2x)＝eq\f(－a（x－2）,ex)(a<0)．當x<2時，f′(x)<0；當x>2時，f′(x)>0，所以當x＝2時，f(x)有微小值f(2)＝eq\f(a,e2)＋1.若使函數f(x)沒有零點，當且僅當f(2)＝eq\f(a,e2)＋1>0，解得a>－e2，因此－e2<a<0.答案：(－e2，0)5．已知函數f(x)＝a＋eq\r(x)lnx(a∈R)．(1)求f(x)的單調區間；(2)試推斷f(x)的零點個數．解：(1)函數f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝(eq\r(x))′lnx＋eq\r(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(\r(x)（lnx＋2）,2x)，令f′(x)＞0，解得x＞e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調遞減，在(e－2，＋∞)上單調遞增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－eq\f(2,e)，明顯a＞eq\f(2,e)時，f(x)＞0，無零點，a＝eq\f(2,e)時，f(x)＝0，有1個零點，a<eq\f(2,e)時，f(x)<0，有2個零點．6．(2024·保定調研)已知函數f(x)＝eq\f(a,6)x3－eq\f(a,4)x2－ax－2的圖象過點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(10,3))).(1)求函數f(x)的單調遞增區間；(2)若函數g(x)＝f(x)－2m＋3有3個零點，求m的取值范圍．解：(1)因為函數f(x)＝eq\f(a,6)x3－eq\f(a,4)x2－ax－2的圖象過點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(10,3)))，所以eq\f(32a,3)－4a－4a－2＝eq\f(10,3)，解得a＝2，即f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2.由f′(x)>0，得x<－1或x>2.所以函數f(x)的單調遞增區間是(－∞，－1)，(2，＋∞)．(2)由(1)知f(x)極大值＝f(－1)＝－eq\f(1,3)－eq\f(1,2)＋2－2＝－eq\f(5,6)，f(x)微小值＝f(2)＝eq\f(8,3)－2－4－2＝－eq\f(16,3)，由數形結合，可知要使函數g(x)＝f(x)－2m＋3有三個零點，則－eq\f(16,3)<2m－3<－eq\f(5,6)，解得－eq\f(7,6)<m<eq\f(13,12).所以m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，\f(13,12))).[綜合題組練]1．(2024·高考全國卷Ⅱ)已知函數f(x)＝(x－1)lnx－x－1.證明：(1)f(x)存在唯一的極值點；(2)f(x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數．證明：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因為y＝lnx單調遞增，y＝eq\f(1,x)單調遞減，所以f′(x)單調遞增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又當x<x0時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x>x0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．因此，f(x)存在唯一的極值點．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)內存在唯一根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)<1<x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(f（α）,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．綜上，f(x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數．2．(2024·武昌區調研考試)已知函數f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－eq\f(3,2)x2＋6x，其中a>0.(1)若曲線y＝f(x)經過坐標原點，求該曲線在原點處的切線方程；(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求實數m的取值范圍．解：(1)因為f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此時f(x)＝ex－ex－1.所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.所以曲線y＝f(x)在原點處的切線方程為y＝(1－e)x.(2)因為f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．當x>1時，f′(x)>0；當0<x<1時，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．所以當x∈[0，＋∞)時，f(x)min＝f(1)＝－1.令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－eq\f(3,2)x2＋6x＋m，則h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．當x>1時，h′(x)<0；當0<x<1時，h′(x)>0.所以h(x)在(0，1)上