2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第三章 第2节第4课时 导数与函数的零点
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多维层次练20
[A级 基础巩固]
1．(2020·广州一中月考)函数f(x)＝ln x－的零点个数是( )
A．3 B．2 C．1 D．0
解析：f′(x)＝－，定义域(0，＋∞)，
当0
0；当x>4时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，4)上递增，在(4，＋∞)上递减．
则f(x)max＝f(4)＝ln 4－2＝ln <0.
所以f(x)<0恒成立，故f(x)没有零点．
答案：D
2．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当10)的图象与x轴有且只有一个交点．
又m′(x)＝2x－8＋＝.
当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)是增函数；
当x∈(1，3)时，m′(x)<0，m(x)是减函数；
当x∈(3，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)是增函数，
所以m(x)极大值＝m(1)＝m－7，m(x) 极小值＝m(3)＝m＋6ln 3－15.
因为当x趋近于0时，m(x)趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，m(x)趋近于正无穷，
所以要使m(x)的图象与x轴有一个交点，必须有φ(x)极大值＝m－7<0或φ(x)最小值＝m＋6ln 3－15>0，
故m<7或m>15－6ln 3.
答案：D
4．(2020·佛山调研)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln ＋，对任意a∈R，存在b∈(0，＋∞)，使f(a)＝g(b)，则b－a的最小值为( )
A．2－1 B．e2－
C．2－ln 2 D．2＋ln 2
解析：存在b∈(0，＋∞)，使f(a)＝g(b)，
则ea＝ln ＋，令t＝ea＝ln ＋>0，
所以a＝ln t，b＝2et－，则b－a＝2et－－ln t.
设φ(t)＝2et－－ln t，则φ′(t)＝2et－－(t>0)．
显然φ′(t)在(0，＋∞)上是增函数，当t＝时，φ′＝0.
所以φ′(t)有唯一零点t＝，
故当t＝时，φ(t)取得最小值φ＝2＋ln 2.
答案：D
5．若函数f(x)＝＋1(a＜0)没有零点，则实数a的取值范围为________．
解析：f′(x)＝＝(a＜0)．
当x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.
所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1＞0，
解得a＞－e2，因此－e2＜a＜0.
答案：(－e2，0)
6．(2020·长郡中学检测)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－a存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，则x1＋2x0＝________．
解析：由f(x)＝x3－x2＋ax－a，得f′(x)＝3x2－2x＋a.
因为x0为f(x)的极值点，知3x－2x0＋a＝0.①
因为f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，
所以x－x＋ax1－a＝x－x＋ax0－a，
化为x＋x1x0＋x－(x1＋x0)＋a＝0，
把a＝－3x＋2x0代入上述方程可得x＋x1x0＋x－(x1＋x0)－3x＋2x0＝0，
化为x＋x1x0－2x＋x0－x1＝0，即(x1－x0)(x1＋2x0－1)＝0，
因为x1－x0≠0，所以x1＋2x0＝1.
答案：1
7．已知函数f(x)＝＋aln x(a∈R)．
(1)求f(x)的单调递减区间；
(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意可得，f′(x)＝－＋＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，f′(x)＝，
由f′(x)≤0，解得00时，函数f(x)的单调递减区间为.
(2)由(1)可得若函数f(x)有两个不同的零点，则必须满足a>0，且f ＝＋ln <0，
化为ln <－1，解之得a>2e.
所以实数a的取值范围是(2e，＋∞)．
8．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
(1)证明：易知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.
所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，
所以h(1)h(2)<0，
所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．
(2)解：由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)，
而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．
又h(x)在(1，2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，
因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增．
易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
[B级 能力提升]
9．设f(x)＝x3－x2＋2x＋5，若曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，则实数m的取值范围是________．
解析：曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，
则g(x)＝x3－x2＋2x＋5－2x－m＝x3－x2＋5－m有三个零点．
令g′(x)＝x2－3x＝0，得x＝0或x＝3.
由g′(x)>0，得x<0或x>3；由g′(x)<0，得01时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值．
(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，
设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.
若a＝0，则f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点；
若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增．
又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.
故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点．
若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.
则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，
此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点．
综上，实数a的取值范围为(－∞，0)．
11．(2019·天津卷)设函数f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中a∈R.
(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；
(2)若0x0，证明3x0－x1>2.
解：(1)由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－[aex＋a(x－1)ex]＝.
因此当a≤0时，1－ax2ex>0，
从而f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增．
(2)证明：①由(1)知，f′(x)＝.
令g(x)＝1－ax2ex，由00，且g＝1－a＝1－<0，
故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
不妨设为x0，则1＝0，
所以f(x)在(0，x0)内单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝<＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，
因此x0是f(x)的唯一极值点．
令h(x)＝ln x－x＋1，则当x>1时，h′(x)＝－1<0.
故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，
从而当x>1时，h(x)f(1)＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点．
又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，
从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点．
②由题意，即
从而ln x1＝e x1－x0，则e x1－x0＝.
因为当x>1时，ln xx0>1，
故ex1－x0<＝x，两边取对数，
得ln ex1－x02.
[C级 素养升华]
12．已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R)．
(1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a的取值范围；
(2)函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝，当导函数f′(x)的零点x＝a落在区间(1，2)内时，函数f(x)在区间[1，2]上就不是单调函数，
所以实数a的取值范围是a≤1或a≥2.
(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，
即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解．
因为当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，x－ln x>0，
所以a≤在区间[1，e]上有解．
令h(x)＝，则h′(x)＝.
因为x∈(1，e)，所以x＋2>2≥2ln x，
所以h′(x)≥0，h(x)单调递增，
所以x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝，
所以a≤，
所以实数a的取值范围是.
