高三数学《导数与函数的零点问题》测试题含答案

函数的零点1、已知是定义在上且周期为3的函数，当时，，若函数在区间上有10个零点（互不相同），则实数的取值范围是 .答案：1 0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭2、已知函数若方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是 .答案：1,12⎛⎫⎪⎝⎭()f x R[)0,3x∈21()22f x x x=-+ ()y f x a=-[]3,4-a ()21,().f x xg x kx=-+=()()f xg x=k3、 已知函数()f x 的定义域为R ，,01,()1()1,10,2x x x f x x ≤≤⎧⎪=⎨--≤<⎪⎩且对于任意的x R ∈都有(1)(1)f x f x +=-，若在区间[1,3]-上函数()()g x f x mx m =--恰有四个不同零点，则实数m 的取值范围为( D )A.1[0,]2B.1[0,)4C.1(0,]2D.1(0,]44、已知函数y ＝|x 2－1|x －1的图像与函数y ＝kx －2的图像恰有两个交点，则实数k 的取值范围是________．答案：()()0,11,4⋃5、已知函数，，则方程实根的个数为___________.答案：46、关于的方程（）有唯一的实数根，则 ．答案：37、若函数()0)f x x a =>没有零点，则a 的取值范围 答案：20<<1a a >或|ln |)(x x f =⎩⎨⎧>--≤<=1,2|4|10,0)(2x x x x g 1|)()(|=+x g x f x 0922=-++a x a x R a ∈=a8、若方程x b =+有两个不相等的实数根，求b 的取值范围．答案：016b ≤<9、若关于x 的方程x 4+ax 3+ax 2+ax +1=0有实数根，则实数a 的取值范围为 ． 答案：223a a ≥≤-或10、已知函数2+1,0()log ,0x x x f x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，若方程()f x a =有四个不同的解1234,,,x x x x ，且1234x x x x <<<，则3122341()x x x x x ++的取值范围是_____________. 答案：(1,1)-11、已知函数(x)11f x =--，若关于x 的方程()(t R)f x t =∈恰有四个互不相等的实数根1234,,,x x x x 且1234x x x x <<<，则1234x x x x ++的取值范围是 ．答案：(3,4)A. 120x x <B. 121x x =C. 121x x >D. 1201x x <<13、对于实数a 和b ，定义运算“*”：a *b ＝⎩⎪⎨⎪⎧ a 2－ab ，a ≤b ，b 2－ab ，a ＞b .设f (x )＝(2x －1)*(x －1)，且关于x 的方程f (x )＝m (m ∈R ) 恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是________．答案：016⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭14、设函数11,(,2)()1(2),[2,)2x x f x f x x ⎧--∈-∞⎪=⎨-∈+∞⎪⎩,则函数()()1F x xf x =-的零点的个数为（ C ）A ．4B ．5C ．6D ．715、设若有且仅有三个解，则实数 的取值范围是( B )A. [1,2]B.(-∞,2)C.[1,+∞)D.(-∞,1)[来源16.、设函数，若关于的方程有三个不同的实数根，则等于( B )A. 13B. 5C.D.17、函数1,1,()1()1,12x a x f x x -=⎧⎪=⎨+≠⎪⎩若关于x 的方程2[f (x )]2－(2a ＋3)·f (x )＋3a ＝0有五个不同的实数解，求a 的取值范围． 答案：331,,222⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3,0,()(1),0.x x f x f x x -⎧≤=⎨->⎩()f x x a =+a 1(1)|-1|)=1(=1)x x f x x ⎧≠⎪⎨⎪⎩（x 2[()]+()+c=0f x bf x 123,,x x x 222123++x x x 223c +2c 222b +2b18、设定义域为R 的函数,0,20|,lg |)(2⎩⎨⎧≤-->=x x x x x x f 若关于x 的方程01)(2)(22=++x bf x f 有8个不同的实数根,则实数b 的取值范围是_______答案：3-2⎛ ⎝19、已知22(0)()|log |(0)x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，则方程[()]2f f x=的根的个数是（C） A ．3个 B ．4个 C ．5个D ．6个20、函数 则下列关于函数的零点个数的判断正确的是( B ) A. 当时，有3个零点；当时，有2个零点B. 当时，有4个零点；当时，有1个零点C. 无论为何值，均有2个零点D. 无论为何值，均有4个零点⎩⎨⎧>≤+=.0,ln ,0,1)(x x x kx x f []1)(+=x f f y 0>k 0<k 0>k 0<k k kWelcome !!! 欢迎您的下载，资料仅供参考！。

利用导数研究函数的零点问题1．已知函数f (x)＝x3＋bx＋ax ln x，x∈(0，＋∞)，a，b∈R．(1)当a＝0时，讨论函数f (x)的单调性；(2)当a＝－1时，函数f (x)在上有零点，求实数b的取值范围．[解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，函数f (x)＝x3＋bx，f ′(x)＝3x2＋b，x∈(0，＋∞)．当b≥0时，f ′(x)＝3x2＋b＞0恒成立，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增．当b＜0时，令f ′(x)＝0，得x1＝，x2＝－(舍去)，当x＞时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，当0＜x＜时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．综上所述，当b≥0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；当b＜0时，函数f (x)在上单调递增，在上单调递减．(2)当a＝－1时，函数f (x)＝x3＋bx－x ln x，函数f (x)在上有零点，即方程f (x)＝0在上有解，即b＝ln x－x2在上有解．令g(x)＝ln x－x2，x∈，则g′(x)＝－2x＝，令g′(x)＝＜0，得＜x≤2，则函数g(x)在上单调递减；令g′(x)＝＞0，得≤x＜，则函数g(x)在上单调递增．又g＝－－ln 2，g＝－－ln 2，g(2)＝－4＋ln 2，g－g(2)＝－2ln 2＞－2＞0，所以g(x)min＝g(2)＝－4＋ln 2，g(x)max＝g＝－－ln 2．故实数b的取值范围是．2．(2021·石家庄模拟)已知函数f (x)＝2a2ln x－x2(a＞0)．(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求函数f (x)的单调区间；(3)讨论函数f (x)在区间(1，e2)内零点的个数(e为自然对数的底数)．[解]　(1)当a＝1时，f (x)＝2ln x－x2，∴f ′(x)＝－2x，∴f ′(1)＝0，又f (1)＝－1，∴曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＋1＝0．(2)∵f (x)＝2a2ln x－x2，∴f ′(x)＝－2x＝．∵x＞0，a＞0，∴当0＜x＜a时，f ′(x)＞0；当x＞a时，f ′(x)＜0．∴f (x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(3)由(2)得f (x)max＝f (a)＝a2(2ln a－1)．讨论函数f (x)的零点情况如下：①当a2(2ln a－1)＜0，即0＜a＜时，函数f (x)无零点，∴函数f (x)在(1，e2)内无零点．②当a2(2ln a－1)＝0，即a＝时，函数f (x)在(0，＋∞)内有唯一零点a，而1＜a＝＜e2，∴函数f (x)在(1，e2)内有一个零点．③当a2(2ln a－1)＞0，即a＞时，f (1)＝－1＜0，f (a)＝a2(2ln a－1)＞0，f (e2)＝2a2ln e2－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)·(2a＋e2)．当2a－e2＜0，即＜a＜时，f (e2)＜0，由函数的单调性可知，函数f (x)在(1，a)内有唯一零点x1，在(a，e2)内有唯一零点x2，∴f (x)在(1，e2)内有两个零点．当2a－e2≥0，即a≥时，f (e2)≥0，由函数的单调性可知，f (x)在(1，e2)内只有一个零点．综上所述，当0＜a＜时，函数f (x)在(1，e2)内无零点；当a＝或a≥时，函数f (x)在(1，e2)内有一个零点；当＜a＜时，函数f (x)在(1，e2)内有两个零点．3．设函数f (x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f (x)的单调区间；(2)若函数f (x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．[解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f ′(x)＝－2x－1＋＝，令f ′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，当0＜x＜时，f ′(x)＞0；当x＞时，f ′(x)＜0．∴f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为．(2)令f (x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－．令g(x)＝x－，其中x∈，则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1，当≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，∴g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1，3]，∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数f (x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋＞3－，∴实数a的取值范围是．。

专题五 导数----函数的零点问题(1)1. 若函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(0,1) C.⎝⎛⎭⎫－∞，1＋ee 2D.⎝⎛⎭⎫0，1＋ee 2解析：选B 依题意，关于x 的方程ax －1＝ln x x 有两个不等的正根．记g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln x x 2，当0<x <e时，g ′(x )>0，g (x )在区间(0，e)上单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )在区间(e ，＋∞)上单调递减，且g (e)＝1e，当0<x <1时，g (x )<0.设直线y ＝a 1x －1与函数g (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则有⎩⎨⎧a 1＝1－ln x 0x 2，a 1x 0－1＝ln x0x，由此解得x 0＝1，a 1＝1.在同一坐标系中画出直线y ＝ax －1(该直线过点(0，－1)、斜率为a )与函数g (x )的大致图象(图略)，结合图象可知，要使直线y ＝ax －1与函数g (x )的图象有两个不同的交点，则a 的取值范围是(0,1)．2．已知函数f (x )＝e xx －kx (e 为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是( ) A ．(0,2) B.⎝⎛⎭⎫0，e 24 C ．(0，e)D ．(0，＋∞)解析：选B 由题意，知x ≠0，函数f (x )有且只有一个零点等价于方程e x x －kx ＝0只有一个根，即方程e xx 2＝k 只有一个根，设g (x )＝e x x 2，则函数g (x )＝e xx2的图象与直线y ＝k 只有一个交点．因为g ′(x )＝(x －2)e xx 3，由g ′(x )>0，得x >2或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <2，所以函数g (x )在(－∞，0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，g (x )的极小值为g (2)＝e 24，且x →0时，g (x )→＋∞；x →－∞时，g (x )→0；x →＋∞时，g (x )→＋∞，则g (x )的图象如图所示，由图易知0<k <e 24，故选B.3. 已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )A.14B.18 C ．－78D ．－38解析：选C 因为函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点， 所以方程f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根． 又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0⇔f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2＋1＝x －λ， 所以方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根， 所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0， 解得λ＝－78.4. 对于满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b ，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 总有两个不同的零点，则a ＋b －ca的取值范围是( )A ．1，74B ．(1,2]C ．[1，＋∞)D ．(2，＋∞)解析：选D 依题意对方程ax 2＋bx ＋c ＝0，有Δ＝b 2－4ac >0，于是c <b 24a，从而a ＋b －c a >a ＋b －b 24a a ＝1＋b a －14⎝⎛⎭⎫b a 2， 对满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b 恒成立． 令t ＝ba ，因为0<b ≤3a ，所以0<t ≤3.因为－14t 2＋t ＋1∈(1,2]，所以a ＋b －c a >2.5. 已知e 为自然对数的底数，若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，e]B ．(1，e] C.⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e D.⎣⎡⎦⎤1＋1e ，e 解析：选C 令f (x 1)＝a －x 1，则f (x 1)在x 1∈[0,1]上单调递减，且f (0)＝a ，f (1)＝a －1.令g (x 2)＝x 22e x 2，则g ′(x 2)＝2x 2e x 2＋x 22e x 2＝x 2e x 2(x 2＋2)，且g (0)＝0，g (－1)＝1e ，g (1)＝e.若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，即f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)＝a －x 1的最大值不能大于g (x 2)的最大值，即f (0)＝a ≤e ，因为g (x 2)在[－1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g (x 2)∈⎝⎛⎦⎤0，1e 时，有两个x 2使得f (x 1)＝g (x 2)．若存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)的最小值要比1e 大，所以f (1)＝a －1>1e ，所以a >1＋1e ，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e .6. 若函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，且m <x 0<n (m ，n 为相邻整数)，则m ＋n ＝________.解析：令y 1＝x 2＋2x ，y 2＝a ln x (a >0)，则y 1′＝2x －2x2，y 2′＝a x (a >0)．∵函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，∴函数y 1＝x 2＋2x，y 2＝a ln x 的图象有公切点(x 0，y 0)，则⎩⎨⎧2x 0－2x 20＝ax 0，x 20＋2x 0＝a ln x⇒x 20＋2x 0－2⎝⎛⎭⎫x 20－1x 0ln x 0＝0. 构造函数g (x )＝x 2＋2x －2⎝⎛⎭⎫x 2－1x ln x (x >0)， 则g (1)＝3，g (2)＝4＋1－2×⎝⎛⎭⎫4－12ln 2＝5－7ln 2， 欲比较5与7ln 2的大小，可比较e 5与27的大小， ∵e 5>27，∴g (2)>0，又g (e)＝e 2＋2e －2⎝⎛⎭⎫e 2－1e ＝－e 2＋4e <0， ∴x 0∈(2，e)，∴m ＝2，n ＝3，∴m ＋n ＝5.7. (2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数． [思路演示]解：(1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得⎩⎨⎧x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0， 从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0， 故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0， 所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 3，1上单调递增，故在(0,1)上，当x ＝ －a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝2a 3 －a 3＋14. 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＞0，即－34＜a ＜0，则f (x )在(0,1)上无零点． 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点． 若f ⎝⎛⎭⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．8. (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x －x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． [思路演示]解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)． (ⅰ)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． (ⅱ)若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增． (2)(ⅰ)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ⅱ)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a ＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0， 故f (x )只有一个零点；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a ＋ln a >0， 即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a ＋ln a <0，即f (－ln a )<0. 又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点． 设正整数n 0满足n 0>ln ⎝⎛⎭⎫3a －1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0. 由于ln ⎝⎛⎭⎫3a －1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)． [解题师说]本题是已知区间上有零点，求参数的范围问题．由于含有超越函数式的函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．9. (2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ②设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ＝－e2，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． 若a ＞－e2，则ln(－2a )＜1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减． 若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减．(2)①设a ＞0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a 2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝ab 2－32b ＞0，所以f (x )有两个零点．②设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，所以f (x )只有一个零点．③设a ＜0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点；若a ＜－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞).10. 已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)．(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝2ln x －x 2， ∴f ′(x )＝2x －2x ，∴f ′(1)＝0， 又f (1)＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＋1＝0. (2)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x， ∵x >0，a >0，∴当0<x <a 时，f ′(x )>0，当x >a 时，f ′(x )<0. ∴f (x )在(0，a )上是增函数，在(a ，＋∞)上是减函数． (3)由(2)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)． 讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点．②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2， ∴f (x )在(1，e 2)上有一个零点． ③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时， 由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0， f (e 2)＝2a 2ln e 2－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)， 当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数的单调性可知，函数f (x )在(1，a )上有唯一零点x 1，在(a ，e 2)上有唯一零点x 2，∴f (x )在(1，e 2)上有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，由函数的单调性可知，f (x )在(1，e)上有唯一的一个零点，在(e ，e 2)上没有零点，从而f (x )在(1，e 2)上只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )有两个零点．。

1．若a>2，则函数f(x)＝13x 3－ax 2＋1在区间(0，2)上恰好有( )A ．0个零点B ．1个零点C ．2个零点D ．3个零点答案 B解析 ∵f′(x)＝x 2－2ax ，且a>2，∴当x ∈(0，2)时，f ′(x)<0， 即f(x)在(0，2)上是单调减函数．又∵f(0)＝1>0，f(2)＝113－4a<0，∴f(x)在(0，2)上恰好有1个零点．故选B.2．(2014·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1，若f(x)存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D ．(－∞，－1) 答案 B解析 方法一：当a ＝0时，显然f(x)有两个零点，不符合题意． 当a ≠0时，f ′(x)＝3ax 2－6x ，令f′(x)＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a.当a>0时，2a >0，所以函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与(2a ，＋∞)上为增函数，在(0，2a )上为减函数，因为f(x)存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f(0)<0，即1<0，不成立．当a<0时，2a <0，所以函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，2a )和(0，＋∞)上为减函数，在(2a ，0)上为增函数，因为f(x)存在唯一零点x 0，且x 0>0，则f(2a )>0，即a·8a 3－3·4a 2＋1>0，解得a>2或a<－2，又因为a<0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．选B. 方法二：f′(x)＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x)＝9x 2－6x ＝3x(3x －2)，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)>0；x ∈(0，23)时，f ′(x)<0；x ∈(23，＋∞)时，f ′(x)>0，注意f(0)＝1，f(23)＝59>0，则f(x)的大致图像如图(1)所示，不符合题意，排除A ，C.当a ＝－43时，f ′(x)＝－4x 2－6x ＝－2x(2x ＋3)，则当x ∈(－∞，－32)时，f ′(x)<0，x ∈(－32，0)时，f ′(x)>0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)<0，注意f(0)＝1，f(－32)＝－54，则f(x)的大致图像如图(2)所示．不符合题意，排除D.故选B.3．已知函数f(x)＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________． 答案 (－∞，2ln2－2]解析 由原函数有零点，可将问题转化为方程e x －2x ＋a ＝0有解问题，即方程a ＝2x －e x 有解．令函数g(x)＝2x －e x ，则g′(x)＝2－e x ，令g′(x)＝0，得x ＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a 的取值范围就是函数g(x)的值域，所以，a ∈(－∞，2ln2－2]．4．函数f(x)＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c(a ，b ，c ∈R )的导函数的图像如图所示．(1)求a ，b 的值并写出f(x)的单调区间； (2)若函数y ＝f(x)有三个零点，求c 的取值范围．答案 (1)a ＝－12，b ＝－2 函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减 (2)(－76，103)解析 (1)因为f(x)＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f′(x)＝x 2＋2ax ＋b.因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图像可知，当－1＜x ＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x ＜－1或x>2时，f ′(x)>0，函数单调递增，故函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．(2)由(1)得f(x)＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝76＋c ，极小值为f(2)＝c －103.而函数f(x)恰有三个零点，故必有⎩⎨⎧76＋c>0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c 的取值范围是(－76，103)．5．(2019·东北四校联考)已知f(x)＝1x ＋e x e －3，F(x)＝lnx ＋e xe－3x ＋2.(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．答案 (1)f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增 (2)3个 解析 (1)f′(x)＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x －eex 2，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)＜0，解得0＜x ＜1， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)F′(x)＝f(x)＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0＜x 1＜1＜x 2，使得f(x)在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F(x)在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增， 而F(1)＝0，x →0时，F(x)→－∞，x →＋∞时，F(x)→＋∞， 画出函数F(x)的草图，如图所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个． 6．已知函数f(x)＝(2－a)(x －1)－2lnx(a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，13)上无零点，求a 的取值范围．答案 (1)减区间为(0，2)，增区间为(2，＋∞) (2)[2－3ln3，＋∞) 解析 (1)当a ＝1时，f(x)＝x －1－2lnx ，则f′(x)＝1－2x ＝x －2x ，由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)＜0，得0＜x ＜2.故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)因为f(x)＜0在区间(0，13)上恒成立不可能，故要使函数f(x)在(0，13)上无零点，只要对任意的x ∈(0，13)，f(x)>0恒成立，即对x ∈(0，13)，a>2－2lnxx －1恒成立．令h(x)＝2－2lnx x －1，x ∈(0，13)，则h′(x)＝2lnx ＋2x －2（x －1）2，再令m(x)＝2lnx ＋2x －2，x ∈(0，13)，则m′(x)＝－2（1－x ）x 2＜0，故m(x)在(0，13)上为减函数．于是m(x)>m(13)＝4－2ln3>0.从而h′(x)>0，于是h(x)在(0，13)上为增函数，所以h(x)＜h(13)＝2－3ln3，所以a 的取值范围为[2－3ln3，＋∞)．7．(2019·蓉城名校4月联考)已知函数f(x)＝xe x (x ∈R )． (1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若g(x)＝f(x)－12a(x 2＋2x ＋1)有两个零点，求实数a 的取值范围；(3)已知函数h(x)与函数f(x)的图像关于原点对称，如果x 1≠x 2，且h(x 1)＝h(x 2)，证明：x 1＋x 2>2.答案 (1)函数f(x)的增区间为(－1，＋∞)，减区间为(－∞，－1)；函数f(x)在x ＝－1处取的极小值f(－1)＝－1e ，无极大值 (2)(－∞，0) (3)证明略解析 (1)根据f′(x)＝e x ＋xe x ＝e x (x ＋1)，令f′(x)＝0，解得x ＝－1，当x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表．∴函数f(x)1处取的极小值f(－1)＝－1e，无极大值．(2)由g(x)＝xe x －12a(x 2＋2x ＋1)，得g′(x)＝(x ＋1)(e x －a)．当a ＝0时，g(x)＝xe x ，易知函数g(x)只有一个零点，不符合题意．当a<0时，在(－∞，－1)上g′(x)<0，g(x)单调递减；在(－1，＋∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，又g(－1)＝－1e <0，g(1)＝e －2a>0，当x →－∞时，g(x)→＋∞，所以函数g(x)有两个零点．当0<a<1e 时，在(－∞，lna)和(－1，＋∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，在(lna ，－1)上g′(x)<0，g(x)单调递减．又g(lna)＝alna －12a(lna)2－a(lna ＋12)＝－12a[(lna)2＋1]<0，所以函数g(x)至多一个零点，不符合题意．当a>1e 时，在(－∞，－1)和(lna ，＋∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增；在(－1，lna)上g′(x)<0，g(x)单调递减，又g(－1)＝－1e<0，所以函数g(x)至多一个零点，不符合题意．当a ＝1e 时，g ′(x)≥0，函数在x ∈R 上单调递增，所以函数g(x)至多一个零点，不符合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，0)．(3)由h(x)＝－f(－x)＝xe －x ，得h′(x)＝e －x (1－x)，令h ′(x)＝0，解得x ＝1，当x 变化时，h ′(x)，h(x)的变化情况如下表．由x 1≠x 2121212令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x ∈(1，＋∞)，则F′(x)＝(x －1)(e 2x －2－1)e －x ，∵x>1，2x －2>0，∴e 2x －2－1>0，则F′(x)>0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，又∵F(1)＝0，∴x>1时，f(x)>F(1)＝0，即当x>1时，h(x)>h(2－x)，则h(x 1)>h(2－x 1)，又h(x 1)＝h(x 2)，∴h(x 2)>h(2－x 1)，∵x 1>1，∴2－x 1<1，∴x 2，2－x 1∈(－∞，1)，∵h(x)在(－∞，1)上是增函数，∴x 2>2－x 1，∴x 1＋x 2>2得证．。

一轮复习补充作业7：导数的应用——零点问题（零点个数问题、零点差的证明）参考答案1． （1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()()()()11111x ax f x a x xx−−=−−+='，令()0f x '=，则11x =，21x a=， （i ）若1a =，则()0f x '≥恒成立，所以()f x 在()0,+∞上是增函数，（ii ）若01a <<，则11a>，当()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 是增函数， 当11,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数，（iii ）若1a >，则101a <<，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数， 当1,1x a ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数，当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 是增函数， 综上所述：当1a =时，()f x 在()0,+∞上是增函数，当01a <<，()f x 在()0,1上是增函数，在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，当1a >时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数，在1,1a⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，在()1,+∞上是增函数；（2）当1a e <<时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数，在1,1a⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，在()1,+∞上是增函数，所以()f x 的极小值为()110f =−<，()f x 的极大值为2111111ln ln 1222a a f a a a aa a ⎛⎫⎛⎫=−−+=−−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设()1ln 122a g a a a =−−−，其中()1,a e ∈，()()2222211112102222a a a g a a a a a −−+='=+−=>,所以()g a 在()1,e 上是增函数，所以()()e 1e 2022e g a g <=−−<，因为()()2114414ln494ln4ln40222a f =−−+>⨯−+=+>，所以有且仅有1个()01,4x ∈，使()00f x =，所以当1a e <<时，()f x 有且仅有1个零点.2．由题意，函数1()e ln(1)1x x f x ae x −=−+−，令()0f x =，可得1ln(1)x a e e x −=++，设()1ln(1),1xg x ee x x −=++>，则()111(1)x xx e e x g x ee x e x −−−'=−+=⋅++， 由1x y e x =−−的导数为1x y e =−，当1x >时，110x e e −>−>， 则函数1x y e x =−−递增，且10x y e x =−−>，则()g x 在(1,)+∞递增， 可得()()11ln 2g x g e >=+，则1ln 2a e >+，故选D ．3． ()()212xx f x a x e =−−存在两个零点，即方程()212e x x a x −=有两个根，也即直线()1y a x =−与函数22e x x y =的图像有两个交点，记()()()222e 2ex xx x x h x x h −'=⇒=， 由()()02002h x x x x '>⇒−>⇒<<，由()()0200h x x x x '<⇒−<⇒<或2x >，故()h x 在(),0−∞上单调递减，在()0,2上单调递增，在()2,+∞上单调递减，且()00h =，0x >时()0h x >，又直线()1y a x =−过()1,0，斜率为a ，大致画出()22ex h x x =图象（如下图），观察图象知：当0a <时，直线()1y a x =−与()22e x h x x=的图象必有两个交点，当0a 时直线()1y a x =−与()22ex h x x=的图象只有一个交点，综上，函数()f x 存在两个零点，实数a 的取值范围为(),0−∞. 作出()y g x =的图象，可得103−<<a 时，211ln 062a x x x x −++=−有两个解.故答案为：1,03⎛⎫− ⎪⎝⎭4．（1）设()()112cos g x f x x x '==−+，则()212sin g x x x'=−−， 当()0,x π∈时，()212sin 0g x x x'=−−<.所以()g x 在()0,π上单调递减.又因为31103g ππ⎛⎫=−+>⎪⎝⎭，2102g ππ⎛⎫=−< ⎪⎝⎭，所以()g x 在,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点α，使()0g α=.所以当()0,x α∈时，()0g x >，即()0f x '>，所以当(),x απ∈时，()0g x <，即()0f x '<，∴()f x 在()0,α上单调递增，在(),απ上单调递减，且()0f α'=，故()f x 在()0,π上有极大值；（2）1由（1）知：当()0,x α∈时，()0f x '>，()f x 在()0,α上单调递增；当(),x απ∈时，()0f x '<，()f x 在(),απ上单调递减；所以()f x 在()0,π上存在唯一的极大值点32ππαα⎛⎫<<⎪⎝⎭，所以()ln 2202222f f ππππα⎛⎫>=−+>−> ⎪⎝⎭.又因为2222111122sin 220f e e e e ⎛⎫=−−+<−−+<⎪⎝⎭，所以()f x 在()0,α上恰有一个零点，又因为()ln 20f ππππ=−<−<，所以()f x 在(),απ上也恰有一个零点； 2当[),2x ππ∈时，sin 0x ≤，()ln f x x x ≤−，设()ln h x x x =−，()110h x x'=−<，所以()h x 在[),2ππ上单调递减，所以()()0h x h π≤<，所以当[),2x ππ∈时，()()()0f x h x h π≤≤<恒成立，所以()f x 在[),2ππ上没有零点；3当[)2,x π∈+∞时，()ln 2f x x x ≤−+，设()ln 2x x x ϕ=−+，()110x xϕ'=−<， 所以()x ϕ在[)2,π+∞上单调递减，所以()()20x ϕϕπ≤<，所以当[)2,x π∈+∞时，()()()20f x x ϕϕπ≤≤<恒成立，所以()f x 在[)2,π+∞上没有零点。

广东实验学校2020届高三理科数学寒假作业----导数专题函数的切线及函数零点问题1.已知函数f (x)＝a x＋b x(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1).(1)设a＝2，b＝12.①求方程f (x)＝2的根；②若对任意x∈R，不等式f (2x)≥mf (x)－6恒成立，求实数m的最大值；(2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f (x)－2有且只有1个零点，求ab的值.考点整合1.求曲线y＝f (x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f (x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f ′(x0)，由点斜式写出方程.(2)已知切线的斜率为k，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k ＝f ′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程.(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f (x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f ′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f (x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：3.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的图象，如单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下：①转化为形如f (x1)·f (x2)＜0的不等式：若y＝f (x)满足f (a)f (b)＜0，则f (x)在(a，b)内至少有一个零点；②转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g(x)＝0有解问题，将方程分离参数后(a＝f (x))转化为求y＝f (x)的值域问题；③数形结合：将问题转化为y＝f (x)与y＝g(x)的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题.(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法①数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案.②函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.2.已知函数f (x)＝2x3－3x.①求f (x)在区间[－2，1]上的最大值；②若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切，求t的取值范围.探究提高解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系，如本题第(2)问中的切线过点(1，t).3. 已知函数f (x)＝x3－x.(1)设M(λ0，f (λ0))是函数f (x)图象上的一点，求图象在点M处的切线方程；(2)证明：过点N(2，1)可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.热点二利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题[命题角度1]讨论函数零点的个数4.(2015·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝x3＋ax＋14，g(x)＝－ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f (x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f (x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数.探究提高对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解.这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.[命题角度2]根据函数零点求参数范围5.(2017·徐州考前信息卷)已知函数f (x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－2(e为自然对数的底数，a∈R).(1)判断曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与曲线y＝g(x)的公共点个数；(2)当x∈\f(1e)，e)时，若函数y＝f (x)－g(x)有两个零点，求a的取值范围.探究提高研究方程的根(或函数零点)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，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.6. (2017·南通调研节选)已知函数f (x)＝ax2－x－ln x，a∈R.(1)当a＝38时，求函数f (x)的最小值；(2)若－1≤a≤0，证明：函数f (x)有且只有一个零点..1.求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y－y0＝f ′(x0)(x－x0)，它的难点在于分清“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异.突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P(x0，y0)的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P(x0，y0)处的切线，必以点P为切点，则此时切线的方程是y－y0＝f′(x0)(x－x0).2.我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题.3.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.4.求函数零点或两函数的交点问题，综合了函数、方程、不等式等多方面知识，可以全面地考察学生对函数性质、函数图象等知识的综合应用能力，同时考察学生的变形、转化能力.因此在高考压轴题中占有比较重要的地位.7..(2017·泰州质检)已知函数f (x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R).(1)当a＝2时，求f (x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f (x)－ax＋m在\f(1e)，e)上有两个零点，求实数m的取值范围.8.已知函数f (x)＝x2－a ln x－1，函数F(x)＝x)－1\r(x)＋1.(1)如果函数f (x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a的取值范围；(2)当a＝2时，你认为函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象有多少个公共点？请证明你的结论.9..(2017·山东卷)已知函数f (x)＝13x3－12ax2，a∈R.(1)当a＝2时，求曲线y＝f (x)在点(3，f (3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f (x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.导数专题答案1.解(1)①由已知可得2x＋\a\vs4\al\co1(\f(12))x＝2，即2x＋12x＝2.∴(2x)2－2·2x＋1＝0，解得2x＝1，∴x＝0.②f (x)＝2x＋\a\vs4\al\co1(\f(12))x＝2x＋2－x，令t＝2x＋2－x，则t≥2.又f (2x)＝22x＋2－2x＝t2－2，故f (2x)≥mf (x)－6可化为t2－2≥mt－6，即m≤t＋4t，又t≥2，t＋4t≥24t)＝4(当且仅当t＝2时等号成立)，∴m≤\a\vs4\al\co1(t＋\f(4t))min＝4，即m的最大值为4.(2)∵0＜a＜1，b＞1，∴ln a＜0，ln b＞0.g(x)＝f (x)－2＝a x＋b x－2，g′(x)＝a x ln a＋b x ln b且g′(x)为单调递增，值域为R的函数.∴g′(x)一定存在唯一的变号零点，∴g(x)为先减后增且有唯一极值点.由题意g(x)有且仅有一个零点，则g(x)的极值一定为0，而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0，∴ab＝1.2.解①由f (x)＝2x3－3x得f ′(x)＝6x2－3.令f ′(x)＝0，得x＝－2)2或x＝2)2.因为f (－2)＝－10，f \a\vs4\al\co1(－\f(\r(2)2))＝2，f \a\vs4\al\co1(\f(\r(2)2))＝－2，f (1)＝－1，所以f (x)在区间[－2，1]上的最大值为f \a\vs4\al\co1(－\f(\r(2)2))＝2.②设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f (x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因为t－y0＝(6x20－3)(1－x0).整理得4x30－6x20＋t＋3＝0，设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”. g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值.当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1)和[1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点.综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f (x)相切时，t的取值范围是(－3，－1).3.解因为f ′(x)＝3x2－1.所以曲线f (x)＝x3－x在点M(λ0，f (λ0))处的切线的斜率为k＝f ′(λ0)＝3λ20－1. 所以切线方程为y－(λ30－λ0)＝(3λ20－1)(x－λ0)，即y＝(3λ20－1)x－2λ30.(2)证明由(1)知曲线f (x)＝x3－x在点(λ，f (λ))处的切线的方程为y＝(3λ2－1)x －2λ3.若切线过点N(2，1)，则1＝2(3λ2－1)－2λ3，即2λ3－6λ2＋3＝0.过点N可作曲线f (x)的三条切线等价于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三个不同的解. 设g(λ)＝2λ3－6λ2＋3，则g′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2).当λ变化时，g′(λ)，g(λ)的变化情况如下表：因为g(λ)在R上只有一个极大值3和一个极小值－5，所以过点N可以作曲线f (x)＝x3－x的三条切线.4.解(1)设曲线y＝f (x)与x轴相切于点(x0，0)，则f (x0)＝0，f ′(x0)＝0.即3020x＋ax0＋\f(143x＋a＝0，解得x0＝12，a＝－34.因此，当a＝－34时，x轴为曲线y＝f (x)的切线.(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而h(x)＝min{f (x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点.当x＝1时，若a≥－54，则f (1)＝a＋54≥0，h(1)＝min{f (1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－54，则f (1)<0，h(1)＝min{f (1)，g(1)}＝f (1)<0，故x＝1不是h(x)的零点. 当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0.所以只需考虑f (x)在(0，1)的零点个数.(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f ′(x)＝3x2＋a在(0，1)上无零点，故f (x)在(0，1)上单调.而f (0)＝14，f (1)＝a＋54，所以当a≤－3时，f (x)在(0，1)内有一个零点；当a≥0时，f (x)在(0，1)上没有零点.(ⅱ)若－3<a<0，则f (x)在\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a3)))上单调递减，在\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3))，1)上单调递增，故在(0，1)中，当x＝a3)时，f (x)取得最小值，最小值为f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))＝2a3a3)＋14.①若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))>0，即－34<a<0，f (x)在(0，1)无零点；②若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))＝0，即a＝－34，则f (x)在(0，1)有唯一零点；③若f \a\vs4\al\co1(\r(－\f(a3)))<0，即－3<a<－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a＋54，所以当－54<a<－34时，f (x)在(0，1)有两个零点；当－3<a≤－54时，f (x)在(0，1)有一个零点.综上，当a>－34或a<－54时，h(x)有一个零点；当a＝－34或a＝－54时，h(x)有两个零点；当－54<a<－34时，h(x)有三个零点.5.解(1)f ′(x)＝ln x＋1，所以切线斜率k＝f ′(1)＝1.又f (1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1.由y＝－x2＋ax－2，y＝x－1)⇒x2＋(1－a)x＋1＝0.由Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3＝(a＋1)(a－3)可知：当Δ＞0时，即a＜－1或a＞3时，有两个公共点；当Δ＝0时，即a＝－1或a＝3时，有一个公共点；当Δ＜0时，即－1＜a＜3时，没有公共点.(2)y＝f (x)－g(x)＝x2－ax＋2＋x ln x，由y＝0，得a＝x＋2x＋ln x.令h(x)＝x＋2x＋ln x，则h′(x)＝（x－1）（x＋2）x2.当x∈\f(1e)，e)时，由h′(x)＝0，得x＝1.所以h(x)在\f(1e)，1)上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h(x)min＝h(1)＝3.由h\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝1e＋2e－1，h(e)＝e＋2e＋1，比较可知h\a\vs4\al\co1(\f(1e))＞h(e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a≤e＋2e＋1时，函数y＝f (x)－g(x)有两个零点.6.(1)解当a＝38时，f (x)＝38x2－x－ln x.所以f ′(x)＝34x－1－1x＝（3x＋2）（x－2）4x(x>0).令f ′(x)＝0，得x＝2，当x∈(0，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f (x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.所以当x＝2时，f (x)有最小值f (2)＝－12－ln 2.(2)证明由f (x)＝ax2－x－ln x得f′(x)＝2ax－1－1x＝2ax2－x－1x，x>0.所以当a≤0时，f′(x)＝2ax2－x－1x<0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上最多有一个零点.因为当－1≤a≤0时，f (1)＝a－1<0，f \a\vs4\al\co1(\f(1e))＝e2－e＋ae2>0，所以当－1≤a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上有零点.综上，当－1≤a≤0时，函数f (x)有且只有一个零点7.解(1)当a＝2时，f (x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝2x－2x＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k＝f ′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，则g′(x)＝2x－2x＝－2（x＋1）（x－1）x.因为x∈\f(1e)，e)，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当1e＜x＜1时，g′(x)＞0，此时函数单调递增；当1＜x＜e时，g′(x)＜0，此时函数单调递减.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又g\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝m－2－1e2，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g\a\vs4\al\co1(\f(1e))＝4－e2＋1e2＜0，则g(e)＜g\a\vs4\al\co1(\f(1e))，所以g(x)在\f(1e)，e)上的最小值是g(e).g(x)在\f(1e)，e)上有两个零点的条件是g（1）＝m－1＞0，\rc\1e2)≤0，解得1＜m≤2＋1e2，所以实数m的取值范围是\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1e2)).8.解(1)∵f (x)＝x2－a ln x－1的定义域为(0，＋∞)，函数f (x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，∴f ′(x)＝2x－ax＞0在(0，＋∞)上恒成立.∴a＜2x2在(0，＋∞)上恒成立，∵y＝2x2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a≤0.∴所求的a的取值范围为(－∞，0].(2)当a＝2时，函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.证明如下：当a＝2时，y＝f（x）x－1＝x2－2ln x－1x－1，它的定义域为{x|x＞0且x≠1}，F(x)的定义域为[0，＋∞).当x＞0且x≠1时，由f（x）x－1＝F(x)得x2－2ln x－x＋2x－2＝0.设h(x)＝x2－2ln x－x＋2x－2，则h′(x)＝2x－2x－1＋1\r(x)＝x)－1）（2x\r(x)＋2x＋\r(x)＋2）x.∴当0＜x＜1时，h′(x)＜0，此时，h(x)单调递减；当x＞1时，h′(x)＞0，此时，h(x)单调递增.∴当x＞0且x≠1时，h(x)＞h(1)＝0，即h(x)＝0无实数根.∴当a＝2，x＞0且x≠1时，f（x）x－1＝F(x)无实数根.∴当a＝2时，函数y＝f（x）x－1的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.9.解(1)由题意f ′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f (3)＝0，f ′(x)＝x2－2x，所以f ′(3)＝3，因此曲线y＝f (x)在点(3，f (3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.(2)因为g(x)＝f (x)＋(x－a)cos x－sin x，所以g′(x)＝f ′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；当x＝a时g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.综上所述：当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－16a3－sin a.。

高中数学函数及函数的零点专题练习题试卷姓名班级学号得分说明：１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分。

考试时间90分钟。

２、考生请将第Ⅰ卷选择题的正确选项填在答题框内，第Ⅱ卷直接答在试卷上。

考试结束后，只收第Ⅱ卷第Ⅰ卷（选择题）一．单选题（每题3分，共48分）1．设函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）+a有三个零点x1，x2，x3，则x12+x22+x32=（）A．13B．5C．a2D．2a2．已知函数f（x）=1-|2x-1|，x∈[0，1]．定义：f1（x）=f（x），f2（x）=f（f1（x）），…，f n （x）=f（f n-1（x）），n=2，3，4，…满足f n（x）=x的点x∈[0，1]称为f（x）的n阶不动点．则f（x）的n阶不动点的个数是（）A．2n个B．2n2个C．2（2n-1）个D．2n个3．若x0是方程lgx+x=5的解，则x0属于区间（）A．（1，2）B．（2，3）C．（3，4）D．（4，5）4．一个人以6米/秒的匀速度去追赶停在交通灯前的汽车，当他离汽车25米时交通灯由红变绿，汽车开始作变速直线行驶（汽车与人的前进方向相同），汽车在时刻t的速度为v（t）=t米/秒，那么，此人（）A．可在7秒内追上汽车B．可在9秒内追上汽车C．不能追上汽车，但其间最近距离为14米D．不能追上汽车，但其间最近距离为7米5．某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件需另投入成本为G（x），当年产量不足80千克时，G（x）=x2+10x（万元）．当年产量不小于80千件时，G（x）=51x+-1450（万元）．每件商品售价为0.05万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．则该厂在这一商品的生产中所获年利润的最大值是（）A．900万元B．950万元C．1000万元D．1150万元6．设x0是方程lnx+x=4的解，则x0属于区间（）A．（3，4）B．（2，3）C．（1，2）D．（0，1）7．若关于x的方程asinx•cosx+sin2x-3=0在恒有解，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．8．函数f（x）=x3+3x-1在以下哪个区间一定有零点（）A．（-1，0）B．（0，1）C．（1，2）D．（2，3）9．某城市出租汽车统一价格，凡上车起步价为6元，行程不超过2km者均按此价收费，行程超过2km，按1.8元/km收费，另外，遇到塞车或等候时，汽车虽没有行驶，仍按6分钟折算1km计算，陈先生坐了一趟这种出租车，车费17元，车上仪表显示等候时间为11分30秒，那么陈先生此趟行程介于（）A．7～9km B．9～11km C．5～7km D．3～5km10．某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润（单位：万元）分别为L1=5.06x-0.15x2和L2=2x，其中x为销售量（单位：辆）．若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最大利润为（）A．45.606B．45.6C．45.56D．45.5111．f（x）=x3-3x-3有零点的区间是（）A．（-1，0）B．（0，1）C．（1，2）D．（2，3）12．已知函数若函数g（x）=f（x）-m有3个零点，则实数m的取值范围是（）A．（0，1]B．（0，1）C．[0，1）D．[0，1]13．如果函数f（x）=-（a＞0）没有零点，则a的取值范围为（）A．（0，1）B．（，+∞）C．（2，+∞）D．（0，2）14．函数y=1+的零点是（）A．（-1，0）B．1C．-1D．015．已知方程x2-2x-3=0在区间[0，m]上只有一个根3，则m的取值范围是（）A．[3，+∞）B．（0，3）C．（-∞，-1]D．[-1，3）16．函数f（x）=x+lnx的零点所在的区间为（）A．（-1，0）B．（0，1）C．（1，2）D．（1，e）第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共52分）17．（3分）若不等式x2-bx+1＞0的解为x＜x1或x＞x2，且x1＜1，x2＞1，则b的取值范围是______．18．（3分）令f n（x）=-x n-2x+1（n≥2，n∈N），x∈（，1）则下列命题正确的有______．①f n（）＜0；②f n（x）在区间（，1）一定存在唯一零点；③若x n是f n（x）在（，1）上的零点，则数列{x n}（n≥2，n∈N）单调递减；④若x n是f n（x）在（，1）上的零点，则数列{x n}（n≥2，n∈N）单调递增；⑤以上③④两种情况都有可能．19．（5分）稿酬所得以个人每次取得的收入，定额或定率减除规定费用后的余额为应纳税所得额，每次收入不超过4000元，定额减除费用800元；每次收入在4000元以上的，定率减除20%的费用．适用20%的比例税率，并按规定对应纳税额减征30%，计算公式为：（1）每次收入不超过4000元的：应纳税额=（每次收入额-800）×20%×（1-30%）（2）每次收入在4000元以上的：应纳税额=每次收入额×（1-20%）×20%×（1-30%）．已知某人出版一份书稿，共纳税280元，这个人应得稿费（扣税前）为______元．20、（5分）某电信公司推出手机两种收费方式：A种方式是月租20元，B种方式是月租0元．一个月的本地网内打出电话时间（分钟）与打出电话费s（元）的函数关系如图，当打出电话150分钟时，这两种方式电话费相差______元．21、的零点的个数为______．22．（4分）函数f（x）=kx+2在区间[-2，2]上存在零点，则实数k的取值范围______．23．（4分）方程lg2x+x-2=0的解在（k-1，k）内，则整数k的值为______．24．（4分）有甲、乙两城，甲城位于一直线河岸，乙城离岸40km，乙城到河岸的垂足B与甲城相距50km，两城要在此河边合舍一个水厂取水，从水厂到甲城和乙城的水管费用分别为每千米500元和我700元，则水厂甲城的距离为______千米，才能使水管费用最省？25．（4分）已知函数f（x）=x2+a|x|+a2-3（a∈R）的零点有且只有一个，则a=______．26．（6分）对于实数x，记[x]表示不超过x的最大整数，如[3.14]=3，[-0.25]=-1．若存在实数t，使得[t]=1，[t2]=2，[t3]=3…[t t]=n同时成立，则正整数n的最大值为______．27．（5分）若定义在R上的偶函数f（x）满足f（x+1）=-f（x），并且当x∈[0，1]时，f（x）=2x-1，则函数y=f（x）-log3|x|的零点个数是______．28．将进货单价为8元的商品按单价10元销售，每天可卖出100个．若该商品的单价每涨1元，则每天销售量就减少10个．要使利润最大，商品的销售单价为______．29．（5分）甲地与乙地相距250公里．某天小袁从上午7：50由甲地出发开车前往乙地办事．在上午9：00，10：00，11：00三个时刻，车上的导航仪都提示“如果按出发到现在的平均速度继续行驶，那么还有1小时到达乙地”．假设导航仪提示语都是正确的，那么在上午11：00时，小袁距乙地还有______公里．30．（4分）函数f（x）=x+2x的零点所在区间为（n，n+1），n∈z，则n=______．参考答案一．单选题（共__小题）1．设函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）+a有三个零点x1，x2，x3，则x12+x22+x32=（）A．13B．5C．a2D．2a答案：B解析：解：如右图为函数f（x）=的图象，函数g（x）=f（x）+a有三个零点可转化为方程f（x）=-a有三个不同的根，则由图象可知，a=-1，则x1，x2，x3分别为0，1，2；故x12+x22+x32=5，故选B．2．已知函数f（x）=1-|2x-1|，x∈[0，1]．定义：f1（x）=f（x），f2（x）=f（f1（x）），…，f n （x）=f（f n-1（x）），n=2，3，4，…满足f n（x）=x的点x∈[0，1]称为f（x）的n阶不动点．则f（x）的n阶不动点的个数是（）A．2n个B．2n2个C．2（2n-1）个D．2n个答案：D解析：解：函数f（x）=1-|2x-1|=当x∈[0，]时，f1（x）=2x=x，解得x=0，当x∈（，1]时，f1（x）=2-2x=x，解得x=，∴f的1阶周期点的个数为2当x∈[0，]时，f1（x）=2x，f2（x）=4x=x，解得x=0当x∈（，]时，f1（x）=2x，f2（x）=2-4x=x，解得x=，当x∈（，]时，f1（x）=2-2x，f2（x）=4x-2=x，解得x=当x∈（，1]时，f1（x）=2-2x，f2（x）=4-4x=x，解得x=，∴f的2阶周期点的个数为22，依此类推：∴f的n阶周期点的个数为2n3．若x0是方程lgx+x=5的解，则x0属于区间（）A．（1，2）B．（2，3）C．（3，4）D．（4，5）答案：D解析：解：令f（x）=lgx+x-5，由于f（4）=lg4-1＜0，f（5）=lg5＞0，即f（4）•f（5）＜0，且f（x）是连续函数，在（0，+∞）上单调递增，故函数f（x）在（4，5）上有唯一零点．若x0是方程lgx+x=5的解，则x0是函数f（x）的零点，故x0∈（4，5），故选D．4．一个人以6米/秒的匀速度去追赶停在交通灯前的汽车，当他离汽车25米时交通灯由红变绿，汽车开始作变速直线行驶（汽车与人的前进方向相同），汽车在时刻t的速度为v（t）=t米/秒，那么，此人（）A．可在7秒内追上汽车B．可在9秒内追上汽车C．不能追上汽车，但其间最近距离为14米D．不能追上汽车，但其间最近距离为7米答案：D解析：解：∵汽车在时刻t的速度为v（t）=t米/秒∴a==1M/S由此判断为匀加速运动再设人于x秒追上汽车，有6x-25=①∵x无解，因此不能追上汽车①为一元二次方程，求出最近距离为7米故选D5．某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件需另投入成本为G（x），当年产量不足80千克时，G（x）=x2+10x（万元）．当年产量不小于80千件时，G（x）=51x+-1450（万元）．每件商品售价为0.05万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．则该厂在这一商品的生产中所获年利润的最大值是（）A．900万元B．950万元C．1000万元D．1150万元答案：C解析：解：由题意，每千件商品售价为50万元；设该厂生产了x千件商品并全部售完，则所获得的利润为y万元；则当x＜80时，y=50x-（x2+10x）-250=-x2+40x-250，则当x=60时，y max=950万元；当x≥80时，y=50x-（51x+-1450）-250=-（x+）+1200≤1000；（当且仅当x=100时，等号成立）；故该厂在这一商品的生产中所获年利润的最大值是1000万元；故选C．6．设x0是方程lnx+x=4的解，则x0属于区间（）A．（3，4）B．（2，3）C．（1，2）D．（0，1）答案：B解析：解：设f（x）=lnx+x-4，由于x0是方程lnx+x=4的解，则x0是函数f（x）的零点．再由f（2）=ln2-2＜0，f（3）=ln3-1＞0，f（2）f（3）＜0，可得x0属于区间（2，3），故选B．7．若关于x的方程asinx•cosx+sin2x-3=0在恒有解，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．答案：A解析：解：关于x的方程asinx•cosx+sin2x-3=0，化为a==2tanx+，因为，所以a≥2=2，当且仅当tanx=时a取得最小值，当x=时，a=3，x=时，a=5，又35，所以a∈，此时方程在时方程恒有解．故选A．8．（2015秋•包头校级期末）函数f（x）=x3+3x-1在以下哪个区间一定有零点（）A．（-1，0）B．（0，1）C．（1，2）D．（2，3）答案：B解析：解：∵f（x）=x3+3x-1∴f（-1）f（0）=（-1-3-1）（-1）＞0，排除A．f（1）f（2）=（1+3-1）（8+6-1）＞0，排除C．f（0）f（1）=（-1）（1+3-1）＜0，∴函数f（x）在区间（0，1）一定有零点．故选：B．9．某城市出租汽车统一价格，凡上车起步价为6元，行程不超过2km者均按此价收费，行程超过2km，按1.8元/km收费，另外，遇到塞车或等候时，汽车虽没有行驶，仍按6分钟折算1km计算，陈先生坐了一趟这种出租车，车费17元，车上仪表显示等候时间为11分30秒，那么陈先生此趟行程介于（）A．7～9km B．9～11km C．5～7km D．3～5km答案：C解析：解：设陈先生的行程为xkm根据题意可得，陈先生要付的车费为y=6+（x-2）×1.8+11.5×1.8=17∴x=6.19故选C．10．某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润（单位：万元）分别为L1=5.06x-0.15x2和L2=2x，其中x为销售量（单位：辆）．若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最大利润为（）A．45.606B．45.6C．45.56D．45.51答案：B解析：解析：依题意，可设甲销售x辆，则乙销售（15-x）辆，∴总利润S=5.06x-0.15x2+2（15-x）=-0.15x2+3.06x+30（x≥0）．∴当x=10.2时，S取最大值又x必须是整数，故x=10，此时S max=45.6（万元）．故选B．11．f（x）=x3-3x-3有零点的区间是（）A．（-1，0）B．（0，1）C．（1，2）D．（2，3）答案：D解析：解：由题意，知当x=-1，0，1，2，3时，y的值是-1，-3，-5，-1，15由零点判定定理知，f（x）=x3-3x-3有零点的区间是（2，3）故选D12．已知函数若函数g（x）=f（x）-m有3个零点，则实数m的取值范围是（）A．（0，1]B．（0，1）C．[0，1）D．[0，1]答案：B解析：解：函数f（x）的图象如图：使得函数g（x）=f（x）-m有3个零点⇔f（x）-m=0有3个解，即函数y=f（x）与函数y=m有3个交点，故有0＜m＜1，故选B．13．如果函数f（x）=-（a＞0）没有零点，则a的取值范围为（）A．（0，1）B．（，+∞）C．（2，+∞）D．（0，2）答案：D解析：解：若函数f（x）=-（a＞0）没有零点，则方程=（a＞0）没有实数根，即方程a-x2=2（a＞0）没有实数根，即方程x2=a-2（a＞0）没有实数根，故a-2＜0且a＞0，故a的取值范围为（0，2），故选：D14．函数y=1+的零点是（）A．（-1，0）B．1C．-1D．0答案：C解析：解：令函数y=1+=0，可得x=-1，故选：C．15．已知方程x2-2x-3=0在区间[0，m]上只有一个根3，则m的取值范围是（）A．[3，+∞）B．（0，3）C．（-∞，-1]D．[-1，3）答案：A解析：解：由x2-2x-3=0，解得x=3，或-1．∵方程x2-2x-3=0在区间[0，m]上只有一个根3，因此3∈[0，m]．∴m≥3．∴m的取值范围是[3，+∞）．故选A．16．函数f（x）=x+lnx的零点所在的区间为（）A．（-1，0）B．（0，1）C．（1，2）D．（1，e）答案：B解析：解：令f（x）=x+lnx=0，可得lnx=-x，再令g（x）=lnx，h（x）=-x，在同一坐标系中画出g（x），h（x）的图象，可知g（x）与h（x）的交点在（0，1），从而函数f（x）的零点在（0，1），故选B．二．填空题（共__小题）17．若不等式x2-bx+1＞0的解为x＜x1或x＞x2，且x1＜1，x2＞1，则b的取值范围是______．答案：（2，+∞）解析：解：不等式x2-bx+1＞0的解为x＜x1或x＞x2，且x1＜1，x2＞1，令f（x）=x2-bx+1，则有f（1）=2-b＜0，b＞2，故答案为（2，+∞）．18．令f n（x）=-x n-2x+1（n≥2，n∈N），x∈（，1）则下列命题正确的有______．①f n（）＜0；②f n（x）在区间（，1）一定存在唯一零点；③若x n是f n（x）在（，1）上的零点，则数列{x n}（n≥2，n∈N）单调递减；④若x n是f n（x）在（，1）上的零点，则数列{x n}（n≥2，n∈N）单调递增；⑤以上③④两种情况都有可能．答案：②④解析：解：由f n（x）=-x n-2x+1（n≥2，n∈N），x∈（，1），可得f n（）=--+1=-＞0，故①不正确．根据f n（）=--+1≥--+1＞0，f n（1）=-1-2+1=-2＜0，可得f n（）f n（1）＜0，故f n（x）在区间（，1）一定存在唯一零点，故②正确．③若x n是f n（x）在（，1）上的零点，则f n（x n）=0，即--2x n+1=0，即+2x n-1=0，同取导数可得n+2=0，即=，∴是增函数，故③不正确且④正确，故答案为：②④．19．稿酬所得以个人每次取得的收入，定额或定率减除规定费用后的余额为应纳税所得额，每次收入不超过4000元，定额减除费用800元；每次收入在4000元以上的，定率减除20%的费用．适用20%的比例税率，并按规定对应纳税额减征30%，计算公式为：（1）每次收入不超过4000元的：应纳税额=（每次收入额-800）×20%×（1-30%）（2）每次收入在4000元以上的：应纳税额=每次收入额×（1-20%）×20%×（1-30%）．已知某人出版一份书稿，共纳税280元，这个人应得稿费（扣税前）为______元．答案：2800解析：解：由题意，设这个人应得稿费（扣税前）为x元，则280=（x-800）×20%×（1-30%）所以x=2800，故答案为：2800．20、某电信公司推出手机两种收费方式：A种方式是月租20元，B种方式是月租0元．一个月的本地网内打出电话时间（分钟）与打出电话费s（元）的函数关系如图，当打出电话150分钟时，这两种方式电话费相差______元．答案：10解析：解：如题图，当打出电话150分钟时，这两种方式电话费差为线段BD的长度，根据相似三角形的性质可得：，∴BD=10．故答案为：10元．21、的零点的个数为______．答案：3解析：解：的零点的个数，即函数y=x2的图象和y=|x-|=的图象的交点的个数，如图所示：显然，函数y=x2的图象和射线y=-x+（x＜）有2个交点．再由可得x2-x+=0．由于判别式△=1-1=0，故y=x2y=x-（x≥）只有一个交点．综上可得，函数y=x2的图象和y=|x-|的图象的交点的个为3，故答案为：3．22．函数f（x）=kx+2在区间[-2，2]上存在零点，则实数k的取值范围______．答案：k≥1或k≤-1解析：解：由题意知k≠0，∴f（x）是单调函数，又在闭区间[-2，2]上存在零点，∴f（-2）f（2）≤0，即（-2k+2）（2k+2）≤0，解得k≤-1或k≥1．故答案为：k≥1或k≤-1．23．方程lg2x+x-2=0的解在（k-1，k）内，则整数k的值为______．答案：2解析：解：∵lg2x+x-2=0的解在（k-1，k）内，∴函数f（x）=lg2x+x-2在（k-1，k）内有零点．又函数f（x）在（k-1，k）内单调递增，又f（1）=lg2-1＜0，f（2）=lg4＞0，故f（1）f（2）＜0，故函数在（1，2）内有唯一的零点，∴k=2，故答案为2．24．有甲、乙两城，甲城位于一直线河岸，乙城离岸40km，乙城到河岸的垂足B与甲城相距50km，两城要在此河边合舍一个水厂取水，从水厂到甲城和乙城的水管费用分别为每千米500元和我700元，则水厂甲城的距离为______千米，才能使水管费用最省？答案：50-解析：解：设甲在A处，乙在D处，供水站C，总的水管费用为y元，CB=x，BD=40，AC=50-x，∴DC=依题意有：y=500（50-x）+700（0＜x＜50）得y′=-500+，令y′=0，解得x=y在（0，）单调递减，在（，50）单调递增上，函数在x=（km）处取得最小值，此时AC=50-（km）故答案为：50-．25．已知函数f（x）=x2+a|x|+a2-3（a∈R）的零点有且只有一个，则a=______．答案：解析：解：函数f（x）=x2+a|x|+a2-3（a∈R）是一个偶函数，又函数f（x）=x2+a|x|+a2-3（a∈R）的零点有且只有一个所以函数的零点一定是x=0，（若不是零，则至少有两个，此可由偶函数的对称性得）故有f（0）=a2-3=0，解得a=±当a=-时，验证知函数有三个零点，不合题意舍∴a=故答案为26．对于实数x，记[x]表示不超过x的最大整数，如[3.14]=3，[-0.25]=-1．若存在实数t，使得[t]=1，[t2]=2，[t3]=3…[t t]=n同时成立，则正整数n的最大值为______．答案：4解析：解：若[t]=1，则t∈[1，2），若[t2]=2，则t∈[，）（因为题目需要同时成立，则负区间舍去），若[t3]=3，则t∈[，），若[t4]=4，则t∈[，），若[t5]=5，则t∈[，），其中≈1.732，≈1.587，≈1.495，≈1.431＜1.495，通过上述可以发现，当t=4时，可以找到实数t使其在区间[1，2）∩[，）∩[，）∩[，）上，但当t=5时，无法找到实数t使其在区间[1，2）∩[，）∩[，）∩[，）∩[，）上，∴正整数n的最大值4．故答案为：4．27．若定义在R上的偶函数f（x）满足f（x+1）=-f（x），并且当x∈[0，1]时，f（x）=2x-1，则函数y=f（x）-log3|x|的零点个数是______．答案：4解析：解：∵定义在R上的偶函数f（x）满足f（x+1）=-f（x），∴满足f（x+2）=f（x），故函数的周期为2．当x∈[0，1]时，f（x）=2x-1，故当x∈[-1，0]时，f（x）=-2x-1．函数y=f（x）-log3|x|的零点的个数等于函数y=f（x）的图象与函数y=log3|x|的图象的交点个数．在同一个坐标系中画出函数y=f（x）的图象与函数y=log3|x|的图象，如图所示：显然函数y=f（x）的图象与函数y=log3|x|的图象有4个交点，故答案为：4．28．将进货单价为8元的商品按单价10元销售，每天可卖出100个．若该商品的单价每涨1元，则每天销售量就减少10个．要使利润最大，商品的销售单价为______．答案：14解析：解：假设商品的价格为x元/个，由题意可得获得利润f（x）=（x-8）[100-10（x-10）]=-10x2+280x-1600=-10（x-14）2+360，可知：当且仅当x=14时，获得最大利润360元．故答案为14．29．甲地与乙地相距250公里．某天小袁从上午7：50由甲地出发开车前往乙地办事．在上午9：00，10：00，11：00三个时刻，车上的导航仪都提示“如果按出发到现在的平均速度继续行驶，那么还有1小时到达乙地”．假设导航仪提示语都是正确的，那么在上午11：00时，小袁距乙地还有______公里．答案：60解析：解：设从出发到上午11时行了s公里，则从出发到现在的平均速度为公里/分钟，则，解得s=190公里，此时小袁距乙地还有250-190=60公里．故答案为：60．30．函数f（x）=x+2x的零点所在区间为（n，n+1），n∈z，则n=______．答案：-1解析：解：因为f（0）=1＞0，f（-1）=-1+=-＜0，由函数零点的存在性定理，函数f（x）=x+2x的零点所在的区间为（-1，0），∴n=-1．故答案为：-1．。

函数的零点问题一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。

作图与根分布综合的题目，其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。

例1、(2019苏州三市、苏北四市二调）定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在区间[2，4)上⎩⎨⎧<≤-<≤-=43,432,2)(x x x x x f 则函数x x f y log 5)(-=的零点的个数为 例2、(2017苏锡常镇调研）若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x ＜1，ln xx 2，x ≥1，)则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．例3、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数()πcos 36f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[]0π，的零点个数为________． 题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．(2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．例4、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知ln ,1()(2),1x x f x f x k x ≥⎧=⎨-+<⎩若函数()1y f x =-恰有一个零点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(1,)+∞B ．[1,)+∞C ．(,1)-∞D ．(,1]-∞例5、（2020·全国高三专题练习（文））函数()()22log ,1,1,1,x x f x f x x ≥⎧=⎨+<⎩，若方程()2f x x m =-+有且只有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是 （ ） A ．(),4-∞B ．(],4-∞C ．()2,4-D ．(]2,4-例6、【2020年高考天津】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx x k =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是 A ．1(,)(22,)2-∞-+∞ B ．1(,)(0,22)2-∞-C ．(,0)(0,22)-∞ D ．(,0)(22,)-∞+∞例7、【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0例8、（2020·浙江学军中学高三3月月考）已知函数2(4),53()(2),3x x f x f x x ⎧+-≤<-=⎨-≥-⎩，若函数()()()1g x f x k x =-+有9个零点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．1111,,4664⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．1111,,3553⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,64⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,53⎛⎫ ⎪⎝⎭例9、（2020届浙江省杭州市第二中学高三3月月考）已知函数()()2,22,2,x f x f x x ≤<=-≥⎪⎩()2g x kx =+，若函数()()()F x f x g x =-在[)0,+∞上只有两个零点，则实数k 的值不可能为A ．23- B ．12-C ．34-D ．1-二、达标训练1、（2019·山东师范大学附中高三月考）函数()312xf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在区间为（ ） A ．()1,0-B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()1,22、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()e 0ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，，，，()()g x f x x a =++．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A ．[–1，0）B ．[0，+∞）C ．[–1，+∞）D ．[1，+∞）3、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）已知,a b ∈R ，函数(),0(),0x x a e ax x f x x x ⎧++≤=⎨>⎩，若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A ．1,0a b >>B ．1,0a b ><C ．1,0a b <>D ．1,0a b <<4、（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a=-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（ ） A ．12BC ．2e D5、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数(01)()2(1)x f x x x⎧<≤⎪=⎨>⎪⎩，若方程()f x x a =-+有三个不同的实根，则实数a 的取值范围是________．6、【2018年高考浙江】已知λ∈R ，函数f (x )=24,43,x x x x x λλ-≥⎧⎨-+<⎩，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．7、【2020届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数()222,01,03x x ax a x f x e ex a x x⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若存在实数k ，使得函数()y f x k =-有6个零点，则实数a 的取值范围为__________.一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。

参考答案：1．A2．D【详解】()0m f x -=有两个不同解等价于()f x 与y m =有两个不同的交点，作出()f x 图象如下图所示，由图象可知：当(]0,1m ∈时，()f x 与y m =有两个不同的交点，∴实数m 的取值范围为(]0,1.故选：D.3．B 【详解】2310x x kx +--=,即231x x kx +=+，函数1y kx =+表示恒过点()0,1的直线，如图画出函数23y x x =+，以及1y kx =+的图象，如图，有两个临界值，一个是直线过点()3,0-，此时直线的斜率()101033k -==--，另一个临界值是直线与23y x x =--相切时，联立方程得()2310x k x +++=，()2340k ∆=+-=，解得：1k =-，或5k =-，当1k =-时，切点是()1,2-如图，满足条件，当5k =-时，切点是()1,4-不成立，所以1k =-，如图，曲线23y x x =+与直线1y kx =+有4个交点时，k 的取值范围是11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：B4．C【详解】()0f x = 有实根，180a ∴∆=-≥，解得：18a ≤；()21112488f x x a a ⎛⎫=--+≥- ⎪⎝⎭；设()f x t =，则()220f t t t a =-+=；①当18a =时，14t =，211284x x ∴-+=，即21208x x --=，解得：x =(){}110,44x f f x ⎧⎫⎪⎪⎡⎤∴==⎨⎬⎣⎦⎪⎪⎩⎭；②当18a <时，由220t t a -+=得：1t =，2t =1138488a a --⎛⎫--= ⎪⎝⎭，18a < ，380a ∴->，又()(22238641650a a a --=-+>恒成立，38a ∴->2118t t a >>-，()()12,f x t f x t ∴==共有四个不等实根1234,,,x x x x ，(){}{}12340,,,x f f x x x x x ⎡⎤∴==⎣⎦；综上所述：集合(){}0x f f x ⎡⎤=⎣⎦的元素个数可能为2或4.故选：C.5．C【详解】令()0f x =，得1x a x +=-显然0a -<，否则不合题意，可知当x a <-时，()y x a =-+与1y x =-有1个交点；当x a ≥-时，y x a =+与1y x=-有2个交点．联立1y x a y x =+⎧⎪⎨=-⎪⎩，得210x ax ++=，则20Δ40a a -<⎧⎨=->⎩，解得2a >．故选：C ．6．D【详解】令()f x t =，()222330t a t a -++=，即()()230t t a --=，解得123,2t t a ==；故要使得方程22()(23)()30-++=f x a f x a 有四个不相等的实数根，则3,2y y a ==与()f x的图象有四个交点，如下图所示：数形结合可知，a ∈331,,222⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：D.7．C【详解】因为()()111111232323222313131x x x x x x f x f x --++--++⋅⋅⋅+--+=+==+++，所以()f x 关于()1,1-中心对称，又()00231131f ⨯-==+，所以()1,1-在()f x 图象上，因为()()111g x mx m m x =++=++，所以()g x 过点()1,1-，则函数()f x 和()g x 的图象都关于()1,1-中心对称，设123x x x <<，函数()()()F x f x g x =-的零点即()f x 与()g x 图象交点的横坐标，所以()()()22,1,1x f x =-，点()()11,x f x 和点()()33,x f x 关于()1,1-中心对称，则()()132f x f x +=，()()()1233f x f x f x ++=.故选：C.8．A令()t f x =，则()()2[]240f x af x -+=可化为2240t at -+=，因为方程()()2[]240f x af x -+=有5个不同的实数解，所以2240t at -+=在()()5,2,2,1----上各有一个实数解或2240t at -+=的一个解为1-，另一个解在()2,1--内或2240t at -+=的一个解为2-，另一个解在()2,1--内.当2240t at -+=在()()5,2,2,1----上各有一个实数解时，设()224g t t at =-+，则()()()2840,1520,529100,g a g a g a ⎧-=+<⎪-=+>⎨⎪-=+>⎩解得522a -<<-；当2240t at -+=的一个解为1-时，52a =-，此时方程的另一个解为4-，不在()2,1--内，不满足题意；当2240t at -+=的一个解为2-时，2a =-，此时方程有两个相等的根，不满足题意.综上可知，实数a 的取值范围为5,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭.故选：A9．B【详解】解：因为函数()()g x f x a =-恰好有4个不同的零点1234,,,x x x x ，所以函数()y f x =与y a =的图像有4个不同的交点，交点横坐标为1234,,,x x x x ，所以，根据题意，作出函数()y f x =与y a =图像如图所示，因为1234x x x x <<<，()233log 12log 3x -+=-=所以，()()3132log 1log 1x x -+=+，3420x x +=，因为()233log 12log 3x -+=-=，所以()()()12348,0,0,8,8,10,10,129x x x x ⎛⎫∈-∈∈∈ ⎪⎝⎭，()()21111x x ++=所以21120x x x x ++=，4320x x =-所以()()22213334331232120201111099x x x x x x x x x x x x x +=+-=-+-+-=-++，因为()38,10x ∈，所以()()412233109995,1199x x x x x =--+∈++所以，341211x x x x ++的取值范围是(95,99).故选：B10．A【详解】()g x 有四个零点等价于方程()()2100f x f x m -+=有四个不等实根；作出()f x图象如下图所示，令()t f x =，则2100t t m -+=需有两个不等实根()1212,t t t t ≠，即10040m ∆=->，解得：25m <；要使()g x 有四个零点，则需()f x 与1y t =和2y t =有四个不同交点，在图象中平移直线1y t =和2y t =，要使()f x 与1y t =和2y t =有四个不同交点，则需14t ≥，24t ≥，241040m ∴-⨯+≥，解得：24m ≥；综上所述：实数m 的取值范围为[)24,25.11．C【详解】解： 函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当[]0,1x ∈时，()21x f x =-，∴当[]1,0x ∈-时，[]0,1x -∈，所以()()21x f x f x -=-=-+-，即当[]1,0x ∈-时1(2)x f x --+=，又对任意x ∈R ，都有(1)(1)f x f x -=+，则()f x 关于1x =对称，且()()()2f x f x f x -=+=-，()(4)f x f x ∴=+，即函数()f x 的周期为4，又由函数()()log (2)(0a g x f x x a =-+>且1)a ≠在(1,7)-上恰有4个不同的零点，得函数()y f x =与log (2)a y x =+的图像在(1,7)-上有4个不同的交点，又()()151f f ==()()()1371f f f -===-，当1a >时，由图可得log (52)1log a a a +<=，解得7a >；当01a <<时，由图可得1log (72)1log a a a -+>-=，解得109a <<．综上可得()10,7,9a ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎝⎭.故选：C ．12题0≤x≤1【详解】解：当1a =时，()()231,1243,1x x f x x x x ⎧-<⎪=⎨-+≥⎪⎩，则当1x <时，函数()31x f x =-在(),1-∞上单调递增，则()()1,2f x ∈-，当1x ≥时，()()()22243222f x x x x =-+=--，则函数()f x 在[]1,2上单调递减，在[)2,+∞上单调递增，所以()()min 22f x f ==-，综上，当1a =时，()f x 的最小值为2-，()f x 的单调递增区间为(),1-∞，[)2,+∞，故A 正确，B 正确；在同一坐标系中画出函数31x y =-与函数()2243y x x =-+的图象，如下图根据图象可知，要使()f x 在()2,4上单调递增，则a 的取值范围是(],2-∞或[)4,+∞，故C 不正确；根据上述图象可知，31x y =-有一个零点0，()2243y x x =-+有两个零点1和3，所以当(],0a ∈-∞时，函数()()231,243,x x a f x x x x a ⎧-<⎪=⎨-+≥⎪⎩在(),a -∞上没有零点，在[),a +∞上有两个零点1和3；当(]0,1a ∈时，函数()()231,243,x x a f x x x x a ⎧-<⎪=⎨-+≥⎪⎩在(),a -∞上有一个零点0，在[),a +∞上有两个零点1和3；当(]1,3a ∈时，函数()()231,243,x x a f x x x x a ⎧-<⎪=⎨-+≥⎪⎩在(),a -∞上有一个零点0，在[),a +∞上有一个零点3；当()3,a ∈+∞时，函数()()231,243,x x a f x x x x a ⎧-<⎪=⎨-+≥⎪⎩在(),a -∞上有一个零点0，在[),a +∞没有零点；综上，()f x 恰有两个零点，则a 的取值范围是(](],01,3-∞⋃，故D 正确.故选：ABD.14．BC【分析】作出函数的图象，根据函数的图象即可求解.【详解】作出函数图象，如图所示：结合图象可知：13(0,1),(1,0),(1,2)a x x ∈∈-∈，由二次函数的图象和性质可得：121230,(1,2)x x x x x +=++∈，故选：BC.15．ABD【详解】由(3)()f x f x +=-，可得(6)(3)()f x f x f x +=-+=，所以函数()f x 是周期为6的周期函数，所以A 正确；因为(5)2f =-，可得(29)(465)(5)2f f f =⨯+==-，所以B 正确；因为对任意的12,[0,3]x x ∈，且12x x ≠时，1212()()0f x f x x x ->-恒成立，所以函数()f x 在[0,3]上为单调递增函数，又由函数()f x 为偶函数，所以[3-，0]上为单调递减函数，所以函数在[6，9]上单调递增，在区间[9，12]上单调递减，所以函数()f x 在区间[8，10]先增后减，所以C 不正确；由(5)2f =-，可得(16)2f -+=-，所以(1)2f ±=-，(5)2f ±=-，可得在区间(7,7)-内，方程()20f x +=的实根为1x =±，5x =±，故()20f x +=在(7,7)-上有4个实根，故D 正确．故选：ABD ．16．BCD【详解】因为()f x 是定义在R 上的单调函数，对于任意x ∈R ，满足()225x f f x x ⎡⎤--=⎣⎦，所以()22x f x x --为常数，令()22x f x x t --=，则()22x f x x t =++且()5f t =，即522t t t =++，此方程有唯一的根1t =，故()221x f x x =++，因为(||)||1y f x k x =--为偶函数，方程(||)||10f x k x --=有且仅有4个不相等的实数根，当且仅当方程()1f x kx =+在(0,)+∞上有且仅有两个不相等的实数根，即2(2)x k x =-在(0,)+∞上有且仅有两个不相等的实数根，方程2(2)x k x =-根的个数可看成2x y =与(2)y k x =-图象交点个数，当3k =时，方程2x x =无根，故3k =不满足；当4k =时，方程22x x =两根分别为122,2x x ==，故4k =满足；当56k =，时，此时直线(2)y k x =-比2y x =更陡，故有两个交点，所以56k =，时满足；故选：BCD17．182,7⎛⎫ ⎪⎝⎭.【详解】函数()f x 的图像如下图所示令()f x t =，原方程化为：2220t at a -++=，令2()22g t t at a =-++，观察图象知，直线y t =与()y f x =的图象最多有4个公共点，即关于x 的方程()f x t =最多4个根，而关于x 的方程()()2220f x af x a ⎡⎤-++=⎣⎦有8个不相等的实数根，则关于x 的方程()f x t =有4个根，(1,4)t ∈，并且关于t 的方程()0g t =在(1,4)上有两个不等实根，于是得：2Δ44(2)014(1)30(4)1870a a a g a g a ⎧=-+>⎪<<⎪⎨=-+>⎪⎪=->⎩，解得：1827a <<，所以实数a 的取值范围是18(2,7.故答案为：18(2,)7【点睛】关键点睛：关于t 的方程()0g t =在(1,4)上有两个不等实根，解决这个问题题的关键在于由一元二次方程的根的分布，得出实数a 的范围.18．8【详解】函数()()g x f x b =-的零点可以看做()f x 与y b =图象交点的横坐标，()f x 和y b =的图象如上图所示，根据二次函数的对称性得到34236x x +=⨯=，由图可知，121x b -=-，221x b -=，则12222x x +=，所以1234228x x x x +++=.故答案为：8.。

高中数学函数的零点练习题（有答案）数学必修1(苏教版)2．5 函数与方程2．5.1 函数的零点已知二次函数y＝x2－2x－3，令y＝0即x2－2x－3＝0时，这是一元二次方程，那么这个一元二次方程的根与前面二次函数的图象与x轴的交点有什么关系？基础巩固1．若x0是方程lgx＋x＝2的解，则x0属于区间() A．(0,1) B．(1,1.25)C．(1.25,1.75) D．(1.75,2)解析：设f(x)＝lg x ＋x－2，则f(1.75)＝f74＝lg 74－140，f(2)＝lg 20.答案：D2．函数f(x)＝x2＋2x－3，x0，－2＋lnx，x0的零点个数为()A．0个 B．1个 C．2个 D．3个解析：：x0时由x2＋2x－3＝0x＝－3；x0时由－2＋lnx＝0x ＝e2.答案：C3．设函数f(x)＝x2－x＋a(a0)，若f(m)0，则()A．f(m－1)0B．f(m－1)0C．f(m－1)＝0D．f(m－1)与0的大小不能确定解析：结合图象易判断．答案：A4．函数f(x)＝ex＋x－2的零点所在的一个区间是() A．(－2，－1) B. (－1,0)C. (0,1) D．(1,2)解析：因为f(0)＝－10，f(1)＝e－10，所以零点在区间(0,1)上，选C.答案：C5．函数f(x)＝4x－2x＋1－3的零点是________解析：由4x－2x＋1－3＝0(2x＋1)(2x－3)＝02x＝3, x＝log23.答案：log236．函数f(x)＝(x－1)(x2－3x＋1)的零点是__________．解析：利用定义可求解．答案：1，3527．若函数y＝x2－ax＋2有一个零点为1，则a等于__________．解析：由零点定义可求解．答案：38．已知函数f(x)＝logax＋x－b(a0且a1)，当234时，函数f(x)的零点为x0(n，n＋1)(nN*)，则n＝________.解析：根据f(2)＝loga2＋2－blogaa＋2－3＝0，f(3)＝loga3＋3－blogaa＋3－4＝0，x0(2,3)，故n＝2.答案：29．证明：方程x2x＝1至少有一个小于1的正根．证明：令f(x)＝x2x－1，则f(x)在区间(－，＋)上的图象是一条连续不断的曲线．当x＝0时，f(x)＝－10.当x＝1时，f(x)＝10.f(0)f(1)0，故在(0,1)内至少有一个x0，当x＝x0时，f(x)＝0.即至少有一个x0，满足01，且f(x0)＝0，故方程x2x ＝1至少有一个小于1的正根．。

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 )＝x 3－3x 2＋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k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．解析：f ′(x )＝3x 2－6x ＋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 )＝x 3－3x 2＋x ＋2，设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根．当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝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)假设有两个零点，求a 的取值范围.【解析】〔Ⅰ〕()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a '=-+-=-+．〔 i 〕当0a ≥时，则当1x >时，()0f x '>；当1x <时，()0f x '< 故函数()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增．〔 ii 〕当0a <时，由()0f x '=，解得：1x =或ln(2)x a =- ①假设ln(2)1a -=，即2e a =-，则x R ∀∈，()(1)()0xf x x e e '=-+≥ 故()f x 在(,)-∞+∞单调递增．②假设ln(2)1a -<，即2ea >-，则当(,ln(2))(1,)x a ∈-∞-+∞时，()0f x '>；当(ln(2),1)x a ∈-时，()0f x '<故函数在(,ln(2))a -∞-，(1,)+∞单调递增；在(ln(2),1)a -单调递减． ③假设ln(2)1a ->，即2ea <-，则当(,1)(ln(2),)x a ∈-∞-+∞时，()0f x '>；当(1,ln(2))x a ∈-时，()0f x '<；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()f x 在(,1)-∞单调递减，在(1,)+∞单调递增． 又∵(1),(2)f e f a ==，取实数b 满足0b <且ln2ab <，则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=-> ∴()f x 有两个零点．〔ii 〕假设0a =，则()(2)xf x x e =-，故()f x 只有一个零点． 〔iii 〕假设0a <，由〔I 〕知，当2ea ≥-，则()f x 在(1,)+∞单调递增，又当1x ≤时，()0f x <，故()f x 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，()0f x <，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()f x x ax bx c =+++.〔I 〕求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；〔II 〕设4a b ==，假设函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围；〔III 〕求证：230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件.解：〔I 〕由()32f x x ax bx c =+++，得()232f x x ax b '=++．因为()0f c =，()0f b '=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y bx c =+． 〔II 〕当4a b ==时，()3244f x x x x c =+++，所以()2384f x x x '=++．令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23x =-．()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下：所以，当0c >且32027c -<时，存在()14,2x ∈--，222,3x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，32,03x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()()()1230f x f x f x ===．由()f x 的单调性知，当且仅当320,27c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()3244f x x x x c =+++有三个不同零点． 〔III 〕当24120a b ∆=-<时，()2320f x x ax b '=++>，(),x ∈-∞+∞， 此时函数()f x 在区间(),-∞+∞上单调递增，所以()f x 不可能有三个不同零点．当24120a b ∆=-=时，()232f x x ax b '=++只有一个零点，记作0x ．当()0,x x ∈-∞时，()0f x '>，()f x 在区间()0,x -∞上单调递增； 当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在区间()0,x +∞上单调递增． 所以()f x 不可能有三个不同零点．综上所述，假设函数()f x 有三个不同零点，则必有24120a b ∆=->． 故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件．当4a b ==，0c =时，230a b ->，()()232442f x x x x x x =++=+只有两个不同 零点， 所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件．因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．基础专练1．假设函数f (x )＝2x 3－9x 2＋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 )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)，由f ′(x )>0得x <1或x >2，由f ′(x )<0得1<x <2，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)，假设欲使函数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 )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－a x 单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0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x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .3．已知函数f (x )＝x ＋aex .(1)假设f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)假设a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )．(1)解 易得f ′(x )＝－x －1－ae x，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 ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)． 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)，x ∈R ，则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e x 0＝1－x e x 0－1－x 0e xe x x ＋.设φ(x )＝(1－x )e x 0－(1－x 0)e x ，x ∈R ，则φ′(x )＝－e x 0－(1－x 0)e x ，∵x 0<1，∴φ′(x )<0，∴φ(x )在R 上单调递减，而φ(x 0)＝0，∴当x <x 0时，φ(x )>0，当x >x 0时，φ(x )<0，∴当x <x 0时，h ′(x )>0，当x >x 0时，h ′(x )<0，∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数，∴x ∈R 时，h (x )≤h (x 0)＝0，∴f (x )≤g (x )．4. 设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x －a . (1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)假设曲线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 )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ∀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＋a 2)e a －a ，∵a >1，∴f (0)<0，f (a )>2a e a －a >2a －a ＝a >0，∴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)2e x ，设P (x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0，∴x 0＝－1，把x 0＝-1，代入y ＝f (x )得y 0＝2e -a ，∴k OP ＝a －2e.f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e ，令g (m )＝e m －(m ＋1)，g ′(m )＝e m －1.令g ′(x )>0，则m >0，∴g (m )在(0，＋∞)上增.令g ′(x )<0，则m <0，∴g (m )在(－∞，0)上减.∴g (m )min ＝g (0)＝0. ∴e m －(m ＋1)≥0，即e m ≥m ＋1.∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3，即a －2e ≥(m ＋1)3.∴m ＋1≤3a －2e ，即m ≤3a －2e－1.。

导数应用函数零点问题专练A卷一、单选题1. 若函数有两个零点，则实数的取值范围是( )A. B. C. D.2. 已知函数，若函数为常数有三个零点，则实数的取值范围为( )A. B.C. D.3. 函数的零点的个数是( )A. B. C. D.4. 已知当时，函数的图象与函数的图象有且只有两个交点，则实数的取值范围是( )A. B. C. D.5. 已知函数有两个零点，则的最小整数值是( )A. B. C. D.6. 若函数存在两个不同零点，则实数的取值范围是( )A. B. C. D.7. 已知函数在内有唯一零点，若，，则( )A. B. C. D.8. 已知函数，若存在两个极值点，，当取得最小值时，实数的值为( )A. B. C. D.二、多选题9. 已知方程，其中，下列条件中使得该三次方程有且仅有一个实根的是( )A. ，B. ，C. ，D. ，10. 已知函数，则( )A. 为其定义域上的增函数B. 为偶函数C. 的图象与直线相切D. 有唯一的零点11. 已知函数，则下列结论正确的是( )A. 当时在上单调递增B. 当时的最小值为C. 当时有且仅有个极值点D. 当时有且仅有个零点三、填空题12. 函数的零点有个．13. 已知函数，，若函数与的图象上至少存在一对关于轴对称的点，则实数的取值范围是．14. 已知关于的方程有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是．15. 已知函数，若存在实数使得函数有个不同的零点，则实数的取值范围是．四、解答题16. 已知函数．Ⅰ求的零点个数；Ⅱ若，证明：时，．17.已知函数，函数图象在处的切线与轴平行．求的值；讨论方程根的个数．18. 设函数，．求的单调区间和极值；证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点．导数应用函数零点问题专练B卷一、单选题1. 已知是定义在上的偶函数，且满足，若关于的方程有个不同的实数解，则实数的取值范围是( )A. B.C. D.2. 已知函数图象上存在点，函数为自然对数的底数图象上存在点，且，关于点对称，则实数的取值范围是( )A. B.C. D.3. 若函数，则是在有两个不同零点的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分且必要条件D. 既不充分也不必要条件4. 已知函数，若关于的方程有且仅有三个不同的实数解，则实数的取值范围是( )A. B. C. D.5. 已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是( )A. B. C. D.6. 已知偶函数满足，且当时，，关于的不等式在上有且只有个整数解，则实数的取值范围是( )A. B. C. D.二、多选题7. 已知函数，，，，，，为图象上的三点，则A. 有两个零点B. 若为极小值点，则C. 直线是曲线的切线D. 若，则8. 已知函数，则( )A. 有两个极值点B. 有三个零点C. 点是曲线的对称中心D. 直线是曲线的切线9. 已知函数，下列描述不正确的有( )A. 函数有且仅有个零点B. 函数的增区间为，，减区间为C. 若方程有两不等实根，，则D. 对任意的实数、，存在实数，当时，三、填空题10. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，若关于的方程有三个不同的实数根，则实数的取值范围为．11. 若函数只有一个零点，则实数的取值范围是________．12. 若曲线与仅有个公共点，则的取值范围是．13. 已知函数在区间上无零点，则实数的取值范围是．14. 已知函数，给出下列四个结论：若，则有一个零点；若，则有三个零点；，在上是增函数；，使得在上是增函数．其中所有正确结论的序号是．四、解答题15. 已知函数，时，求函数在上的单调区间时，试讨论在区间上的零点个数．16.已知函数，．Ⅰ当时，求曲线在点处的切线的方程；Ⅱ若曲线与轴有且只有一个交点，求的取值范围．17.已知函数在处取得极值．求的区间的最值；若恰有两个零点，求在处的切线方程．18. 已知函数．若，求的极大值若在区间上有两个零点，求实数的取值范围．导数应用函数零点问题专练C卷一、单选题1. 函数，若函数有三个不同零点，则实数的取值范围是( )A. B.C. ，D.2. 定义在上的函数满足，，当时，，则方程在上解的个数为( )A. B. C. D.3. 已知函数的图象与直线恰有三个公共点，这三个点的横坐标从小到大依次为，则( )A. B. C. D.4. 已知正实数满足，则( )A. B. C. D.5. 已知函数与的图象有三个不同的公共点，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围为( )A. B. C. D. 或6. 若不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围为( )A. B.C. D.7. 设，，函数若函数恰有个零点，则( )A. ，B. ，C. ，D. ，8. 已知函数恒有零点，则实数的取值范围是( )A. B. C. D.9. 已知函数，则( )A. 在定义域上单调递增B. 函数无最小值C. 直线与曲线的公共点最多有个D. 经过点可作的三条切线10. 已知函数，则( )A. 函数在原点处的切线方程为B. 函数的极小值点为C. 函数在上有一个零点D. 函数在上有两个零点11. 已知函数，则下列命题正确的是( )A. 若方程有两个不同的解，则B. 若与的图象有且仅有一个公共点，则或C. 对任意，都有恒成立D.三、填空题12. 已知函数，曲线在不同的三点，，处的切线均平行于轴，则的取值范围是．13. 已知函数有个零点，则实数的取值范围是．14. 已知函数，，若存在实数使在上有个零点，则的取值范围为．15. 已知函数与证明：当时，；若函数与图象有公共点，求的取值范围．16. 已知函数．若，讨论在区间上的单调性；证明：当时，在区间上有且只有两个零点．17. 已知函数．求在的极值；证明：函数在有且只有两个零点．18. 已知函数．讨论函数的零点个数记较大的零点为，求证：．11。

1.【2014全国1，文12】已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是( )（B ）（C ）（D ）【答案】C，利用导数的正负与函数单调性的关系可得：2(,)x a∈-∞和(0,)x ∈+∞时函数单调递减;2(0)x a∈，时函数单调递增，欲要使得函数有唯一的零点且为正，则满足：2()0(0)0f a f ⎧>⎪⎨⎪>⎩，即得：3222()3()10a a a⨯-+>，可解得：24a >，则2(,2a a ><-舍去）．考点：1.函数的零点;2.导数在函数性质中的运用;3.分类讨论的运用【名师点睛】本题主要是考查函数的零点、导数在函数性质中的运用和分类讨论思想的运用，在研究函数的性质时要结合函数的单调性、奇偶性、零点、以及极值等函数的特征去研究，本题考查了考生的数形结合能力.2.【2014高考广东卷.文21】(本小题满分14分)已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)当时,试讨论是否存在,使得.【答案】(1)详见解析；(2)详见解析.【解析】(1),方程的判别式为,①当时,,则,此时在上是增函数；②当时,方程的两根分别为,,解不等式,解得或,解不等式,解得,此时,函数的单调递增区间为和,单调递减区间为；综上所述,当时,函数的单调递增区间为,当时,函数的单调递增区间为和,单调递减区间为；(2),若存在,使得,必须在上有解,,,方程的两根为,,,,依题意,,即,,即,又由得,故欲使满足题意的存在,则,所以,当时,存在唯一满足,当时,不存在满足.【考点定位】本题以三次函数为考查形式,考查利用导数求函数的单调区间,从中渗透了利用分类讨论的思想处理含参函数的单调区间问题,并考查了利用作差法求解不等式的问题,综合性强,属于难题.【名师点晴】本题主要考查的是函数的单调区间和函数与方程，属于难题．解题时一定要抓住重要字眼“单调区间”，否则很容易出现错误．利用导数求函数的单调区间的步骤：①确定函数的定义域；②对求导；③令，解不等式得的范围就是递增区间，令，解不等式得的范围就是递减区间．3.【2016高考新课标1文数】（本小题满分12分）已知函数．(I)讨论的单调性；(II)若有两个零点,求的取值范围.【答案】见解析(II)【解析】试题分析：(I)先求得再根据1,0,2a的大小进行分类确定的单调性；(II)借助第一问的结论,通过分类讨论函数单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为.试题解析：(I)(i)设,则当时,；当时,.所以在单调递减,在单调递增.当时,,所以在单调递增,在单调递减.③若,则,故当时,,当时,,所以在单调递增,在单调递减.(II)(i)设,则由(I)知,在单调递减,在单调递增.又,取b满足b<0且,则,所以有两个零点.(ii)设a=0,则所以有一个零点.(iii)设a<0,若,则由(I)知,在单调递增.又当时,<0,故不存在两个零点；若,则由(I)知,在单调递减,在单调递增.又当时<0,故不存在两个零点.综上,a的取值范围为.考点：函数单调性,导数应用【名师点睛】本题第一问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第二问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及到导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.4.【2015高考广东，文21】（本小题满分14分）设为实数，函数．（1）若，求的取值范围；（2）讨论的单调性；（3）当时，讨论在区间内的零点个数．【答案】（1）；（2）在上单调递增，在上单调递减；（3）当时，有一个零点；当时，有两个零点．由（2）得函数的最小值，再对的取值范围进行讨论确定在区间内的零点个数．试题解析：（1），因为，所以，当时，，显然成立；当，则有，所以.所以.综上所述，的取值范围是.（2）对于，其对称轴为，开口向上，所以在上单调递增；对于，其对称轴为，开口向上，所以在上单调递减.综上所述，在上单调递增，在上单调递减.（3）由（2）得在上单调递增，在上单调递减，所以.(i)当时，，令，即（）.因为在上单调递减，所以而在上单调递增，，所以与在无交点.当时，，即，所以，所以，因为，所以，即当时，有一个零点.(ii)当时，，当时，，，而在上单调递增，当时，.下面比较与的大小因为所以结合图象不难得当时，与有两个交点.综上所述，当时，有一个零点；当时，有两个零点.考点：1、绝对值不等式；2、函数的单调性；3、函数的最值；4、函数的零点.【名师点晴】本题主要考查的是绝对值不等式、函数的单调性、函数的最值和函数的零点，属于难题．零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间，去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每段结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．判断函数的单调性的方法：①基本初等函数的单调性；②导数法．判断函数零点的个数的方法：①解方程法；②图象法．5.【2014湖南文21】已知函数.（1）求的单调区间；（2）记为的从小到大的第个零点，证明：对一切，有.【答案】(1) 单调递减区间为,单调递增区间为.(2)详见解析(2)利用(1)问的结果可知函数在区间上是单调递减的,即在区间上至多一个零点,根据正余弦的函数值可得,再根据在区间上单调性和函数在区间端点处函数值异号可得函数在区间上有且只有一个零点,即,则依次讨论利用放缩法即可证明.试题解析:数求导可得,令可得,当时,.此时;当时,,此时,故函数的单调递减区间为,单调递增区间为.(2)由(1)可知函数在区间上单调递减,又,所以,当时,因为,且函数的图像是连续不断的,所以在区间内至少存在一个零点,又在区间上是单调的,故,因此,当时,;当时,;当时,,综上所述,对一切的,.【考点定位】导数单调性放缩法裂项求和【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的性质，解决问题的关键是求导要精确；利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．利用导数证明不等式，就是把不等式恒成立的问题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值的问题．应用这种方法的难点是如何根据不等式的结构特点或者根据题目证明目标的要求，构造出相应的函数关系式．失误与防范1．研究函数的有关性质，首先要求出函数的定义域．2．利用单调性求最值时不要忽视f′(x)＝0的情况．3．“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x0取到极值”的必要条件．6.【2014四川，文21】已知函数，其中，为自然对数的底数。

专题13：导数中的零点问题高考真题（文科）（原卷版）1．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是（A ）()2,+∞ （B ）()1,+∞ （C ）(),2-∞- （D ）(),1-∞-二、解答题2．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.3．2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）已知函数()(2)xf x e a x =-+.（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.4．2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）已知函数32()f x x kx k =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ） 已知函数()()32113f x x a x x =-++． （1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点．6．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ） 设函数()2ln x f x e a x =-.（Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数；（Ⅱ）证明：当0a >时()22ln f x a a a≥+.7．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．。

专题五 导数----函数的零点问题(1)1.(2014·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)本题的实质是函数f (x )存在唯一的零点x 0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．法一 单调性法：利用函数的单调性求解由已知得，a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a .当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，＋∞，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在0，2a 上单调递减，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于零的零点，不符合题意．当a <0时，x ∈－∞，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，0，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0.所以函数f (x )在－∞，2a 和(0，＋∞)上单调递减，在2a ，0上单调递增，所以要使f (x )有唯一的零点x 0且x 0>0，只需f 2a >0，即a 2>4，解得a <－2. 法二 数形结合法：转化为直线与曲线的位置关系求解由ax 3－3x 2＋1＝0可知x ≠0，可得ax ＝3－1x 2，作出y ＝3－1x 2的图象如图所示，转动直线y ＝ax ，显然a >0时不成立；当a <0，直线y ＝ax 与左边的曲线相切时，设切点为（t,3－1t 2），其中t <0，则切线方程为y －3－1t 2＝2t 3(x －t )．又切线过原点，则有0－3－1t 2＝2t 3(0－t )，解得t＝－1(t ＝1舍去)，此时切线的斜率为－2，由图象可知a <－2符合题意． 法三 数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解令f (x )＝0，得ax 3＝3x 2－1.问题转化为g (x )＝ax 3的图象与h (x )＝3x 2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a ＝0时，函数g (x )的图象与h (x )的图象存在两个的交点；当a >0时，如图(1)所示，不合题意；当a <0时，由图(2)知，可先求出函数g (x )＝ax 3与h (x )＝3x 2－1的图象有公切线时a 的值．由g ′(x )＝h ′(x )，g (x )＝h (x )，得a ＝－2.由图形可知当a <－2时，满足题意．法四 分离参数法：参变分离，演绎高效易知x ≠0，令f (x )＝0，则a ＝3x －1x 3，记g (x )＝3x －1x 3，g ′(x )＝－3x 2＋3x 4＝－3(x 2－1)x 4，可知g (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g (－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y ＝a ，结合图象，可知a <－2.法五 特例法：巧取特例求解取a ＝3，则f (x )＝3x 3－3x 2＋1.由于f (0)＝1，f (－1)<0，从而f (x )在(－∞，0)上存在零点，排除A 、C. 取a ＝－43，则f (x )＝－43x 3－3x 2＋1.由于f (0)＝1，f ⎝⎛⎭⎫－32<0，从而f (x )在(－∞，0)上存在零点，排除D ，故选B.[答案] B2. (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12 B.13 C.12D ．1解析：选C法一：由函数f (x )有零点，得x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)＝0有解，即(x －1)2－1＋a (e x －1＋e－x ＋1)＝0有解，令t ＝x －1，则上式可化为t 2－1＋a (e t＋e －t)＝0，即a ＝1－t 2e t ＋e －t .令h (t )＝1－t 2e t ＋e－t ，易得h (t )为偶函数，又由f (x )有唯一零点得函数h (t )的图象与直线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0， 所以a ＝1－02＝12，故选C.法二：由f (x )＝0⇔a (e x －1＋e－x ＋1)＝－x 2＋2x . e x －1＋e－x ＋1≥2e x －1·e－x ＋1＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”．－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 若a >0，则a (e x －1＋e－x ＋1)≥2a ，要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝12.若a ≤0，则f (x )的零点不唯一． 综上所述，a ＝12.3. 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x 2＋2x ＋2，x ≤0，|log 2x |，x ＞0，若关于x 的方程f (x )＝a 有4个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1＜x 2＜x 3＜x 4，则x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4的取值范围是( ) A ．(－3，＋∞) B ．(－∞，3) C ．[－3,3) D ．(－3,3] 解析：选D在同一坐标平面内画出函数y ＝f (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，当且仅当a ∈(0,2]时，直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象有4个不同的交点，即方程f (x )＝a 有4个不同的解，此时有x 1＋x 2＝－4，|log 2x 3|＝|log 2x 4|(0＜x 3＜1＜x 4≤4)，即有－log 2x 3＝log 2x 4，x 3x 4＝1，所以x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4＝x 4－4x 4(1＜x 4≤4)，易知函数y ＝x 4－4x 4在区间(1,4]上是增函数，因此其值域是(－3,3]．4. 若函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫e 24，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫e 2，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫1，e 24 D.⎝⎛⎭⎫1，e 2 解析：选A函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点等价于函数y ＝e x 与y ＝ax 2的图象有三个不同的交点，则显然有a >0，且在(－∞，0)上两函数的图象有一个交点．当x >0时，设两函数图象在点(x 0，e x 0)处相切，则⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＝2ax 0，e x 0＝ax 20，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2，a ＝e 24，由图易得若两函数图象有两个不同的交点，则a >e 24，即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e 24，＋∞. 5. 设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x )．当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2.若直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，则实数a 的值是( )A ．n (n ∈Z)B ．2n (n ∈Z)C ．2n 或2n －14(n ∈Z)D ．n 或n －14(n ∈Z)解析：选C 依题意得，函数y ＝f (x )是周期为2的偶函数，画出函数的大致图象如图所示．在[0,2)上，由图象易得，当a ＝0或－14时，直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，∵函数f (x )的周期为2，∴a 的值为2n 或2n －14(n ∈Z)．6. 若对任意的实数a ，函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．解析：由f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b ＝0，得(x －1)ln x ＝a (x －1)－b .设g (x )＝(x －1)ln x ，h (x )＝a (x －1)－b ，则g ′(x )＝ln x －1x ＋1，因为g ′(x )＝ln x －1x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，且g ′(1)＝0，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(0,1)上是减函数，在区间(1，＋∞)上是增函数，又g (1)＝0，所以函数g (x )的大致图象如图所示．易知h (x )＝a (x －1)－b 的图象是恒过点(1，－b )的直线，当－b ＞0，即b ＜0时，易知对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点，即函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点；当b ＝0时，若a ＝0，则h (x )＝0，其图象与函数g (x )的图象只有一个交点，不满足；当－b ＜0，即b ＞0时，由图易知，不满足对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点．综上可知，b ＜0.答案：(－∞，0)7. (2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e 2x －a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数；(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a＋a ln 2a .解：(1)法一：f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，所以当a >0时，f ′(x )存在唯一零点． 法二：f ′(x )＝2e 2x －ax (x >0)．令方程f ′(x )＝0，得a ＝2x e 2x (x >0)．因为函数g (x )＝2x (x >0)，h (x )＝e 2x (x >0)均是函数值为正值的增函数，所以由增函数的定义可证得函数u (x )＝2x e 2x (x >0)也是增函数，其值域是(0，＋∞)． 由此可得，当a ≤0时，f ′(x )无零点；当a >0时，f ′(x )有唯一零点． (2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0. 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，当且仅当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－a x 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a (基本不等式)．所以当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .8. (2015·山东高考)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2ex .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值． 解：(1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2. 又f ′(x )＝ln x ＋ax＋1，所以a ＝1.当a ＝1时，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线2x －y －2＝0与直线2x －y ＝0平行，所以所求a 的值为1. (2)当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根． 设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2e x ，当x ∈(0,1]时，h (x )＜0.又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2＞1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x (x －2)e x ，221112(1)0,,()ln 1ln 1xx x x x x x x e x h x x x x e e e e --'>>∴>∴>+++=++ 所以当x ∈(1，＋∞)时，()0,h x '>h (x )单调递增．所以当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根． (3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的根x 0(x 0就是函数f (x )－g (x )的隐零点)，且x ∈(0，x 0)时，f (x )＜g (x )，x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )＞g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)ln x ，x ∈(0，x 0]，x 2e x ，x ∈(x 0，＋∞).当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0； 若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＞0，可知0＜m (x )≤m (x 0)； 故m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x (2－x )e x， 可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )＞0，m (x )单调递增； x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )＜0，m (x )单调递减． 可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)＜m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e2.9. 设f (x )＝1＋ln xx. (1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围；(2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围． [方法演示]解：(1)因为f ′(x )＝－ln xx 2，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，所以a <1<a ＋1，即0<a <1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)．(2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解， 即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解． 设g (x )＝f (x )－x 2＋2x ， 则g ′(x )＝2(1－x )－ln xx 2. 接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．可得g ′(1)＝0，且当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]．10. 设函数f (x )＝1－m －xe x. (1)求函数f (x )在[0,2]上的单调区间；(2)当m ＝0，k ∈R 时，求函数g (x )＝f (x )－kx 2在R 上零点个数． 解：(1)f ′(x )＝x ＋m －2e x，令f ′(x )＝0，得x ＝2－m .当2－m ≤0，即m ≥2时，f ′(x )≥0，f (x )在[0,2]上单调递增．当0＜m ＜2时，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2－m ；由f ′(x )＞0，得2－m ＜x ＜2， 所以f (x )在[0,2－m ]上单调递减，在[2－m,2]上单调递增． 当m ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在[0,2]上单调递减． 综上，当m ≥2时，f (x )的单调递增区间为[0,2]；当0<m <2时，f (x )的单调递减区间为[0,2－m ]，单调递增区间为[2－m,2]； 当m ≤0时，f (x )的单调递减区间为[0,2]． (2)当m ＝0时，由g (x )＝f (x )－kx 2＝0，得1－x ex ＝kx 2， 即k ＝1－xx 2ex (x ≠0)．令h (x )＝1－x x 2e x ，则h ′(x )＝x 2－2x 3e x .由h ′(x )＞0，得－2＜x ＜0或x ＞2； 由h ′(x )＜0，得x ＜－2或0＜x ＜2，∴h (x )在(－∞，－2)，(0，2)上单调递减，在(－2，0)，(2，＋∞)上单调递增． 在x ＜0时，当x ＝－2时，h (x )取得极小值h (－2)＝1＋22e 2，当x →－∞时，h (x )→＋∞；x →0时，h (x )→＋∞. 在x ＞0时，当x ＝2时，h (x )取得极小值h (2)＝1－22e 2＜0， 当x →0时，h (x )→＋∞，x →＋∞时，h (x )→0.画出函数h (x )的大致图象如图所示，当k ＜1－22e 2时，g (x )没有零点，当k ＝1－22e2或0≤k ＜1＋22e 2时，g (x )有1个零点，当1－22e 2＜k ＜0或k ＝1＋22e2时，g (x )有2个零点，当k ＞1＋22e2时，g (x )有3个零点．。

专题15 导数中的零点问题一、单选题（本大题共10小题，共50.0分）1. 已知函数f(x)=e x −ax 有两个零点x 1<x 2，则下列说法错误的是A. a >eB. x 1+x 2>2C. x 1x 2>1D. 有极小值点x 0，且x 1+x 2<2x 02. 已知函数f(x)=(32x 2−3x)⋅e 3，则( )A. 函数f (x )的极大值点为x =√2B. 函数f (x )在(−∞,−√2)上单调递减C. 函数f (x )在R 上有3个零点D. 函数f (x )在原点处的切线方程为y =−3e 3x3. 已知函数f(x)=sinx −x 2π−x ，给出下列结论：①函数y =f(x)的图像关于直线x =−π2对称；②曲线y =f(x)上存在垂直于y 轴的切线；③函数f(x)的最大值为0；④方程f(f(x))=0有4个不相等的实数根．其中所有正确结论的个数是A. 1B. 2C. 3D. 44. 已知定义域为R 的函数f(x)的导函数为f’(x)，且xf’(x)=x 3e x +2f(x)，若f(2)=4e 2+4，则函数g(x)=f(x)−2的零点个数为( )A. 1B. 2C. 3D. 45. 已知函数f(x)=m x−lnx +m 在区间(e −1,e)内有唯一零点，则实数m 的取值范围为A. [−ee 2+1,e2+1] B. (−1e+1,ee+1) C. (−ee+1,1)D. (−1,e2+1)6. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数的图象的特征，如函数f(x)=e |x |−2x 2−1的图象大致是( )A.B.C. D.7. 已知f(x)=x 3−2x 2+x −a 有三个不同的零点，则实数a 取值范围为 ( )A. (1,83)B. (0,427)C. (2,2√2)D. (13,92)8.定义方程f(x)=f′(x)的实根叫做函数f(x)的“新驻点”，若函数g(x)=2xe x+1,h(x)=lnx+2,φ(x)=x3−1的“新驻点”分别为a,b,c，则a,b,c的大小关系为()A. a>b>cB. c>b>aC. c>a>bD. b>c>a9.函数f(x)=e|x|−ln|x|−2的大致图象为A. B. C. D.10.对于函数，(e为自然对数的底数)，下列说法正确的是()A. 函数f(x)有两个不同零点B. 在区间(0,e)单调递增，在区间(e,+∞)递减C. 函数f(x)的极值点是(e,e)D. f(e)<f(π)<f(2)二、填空题11.已知函数f(x)=2x2−e|x|，关于函数f(x)给出下列命题：,1]单调递增；③函数f(x)存在两个零点；①函数f(x)为偶函数；②函数f(x)在区间[12④函数f(x)存在极大值和极小值．其中正确命题的序号是________．12.已知函数f(x)=e x−mx3，曲线y=f(x)在不同的三点(x1,f(x1))，(x2,f(x2))，(x3,f(x3))处的切线均平行于x轴，则m的取值范围是________．13.已知定义在R上的奇函数f(x)的导函数为f’(x)，当x<0时，f(x)满足2f(x)+xf′(x)<xf(x)，则f(x)在R上的零点个数为_______14.已知函数f(x)=x3−3x2+3，有下列命题：①函数y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线为3x+y−4=0；②函数y=f(x)有3个零点；③函数y=f(x)在x=2处取得极大值；④函数y=f(x)的图像关于点(1,1)对称．上述命题中，正确命题的序号是__________．三、解答题15.设函数其中m∈R.(1)若m=1,求函数f(x)的单调递减区间；(2)求函数f(x)的极值；(3)若函数f(x)在区间[0,e2−1]上恰有两个零点，求m的取值范围．16.已知函数f(x)=(x+2)lnx+ax2−4x+7a．(1)若a=1，求函数f(x)的所有零点；2(2)若a≥1，证明函数f(x)不存在极值．217.设函数f(x)=2x−alnx，a∈R．(1)若a=3，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)若对任意的x∈(0,+∞)，不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(3)若函数g(x)=ax−x2，f(x)=g(x)有两个不同的实数解，求满足条件的最小正整数a的值．专题15 导数中的零点问题一、单选题（本大题共10小题，共50.0分）18.已知函数f(x)=e x−ax有两个零点x1<x2，则下列说法错误的是A. a>eB. x1+x2>2C. x1x2>1D. 有极小值点x0，且x1+x2<2x0【答案】C【解析】解：∵f(x)=e x−ax，∴f′(x)=e x−a，令f′(x)=e x−a>0，①当a≤0时，f′(x)=e x−a>0在x∈R上恒成立，∴f(x)在R上单调递增．②当a>0时，∵f′(x)=e x−a>0，∴e x−a>0，解得x>lna，∴f(x)在(−∞,lna)单调递减，在(lna,+∞)单调递增．∵函数f(x)=e x−ax有两个零点x1<x2，∴f(lna)<0，a>0，∴e lna−alna<0，∴a>e，A正确；x1+x2=ln(a2x1x2)=2lna+ln(x1x2)>2+ln(x1x2)，取a=e2，f(2)=e2−2a=0，∴x2=2，f(0)=1>0，∴0<x1<1，∴x1+x2>2，B 2正确；f(0)=1>0，∴0<x1<1，x1x2>1不一定，C不正确；f(x)在(−∞,lna)单调递减，在(lna,+∞)单调递增，∴有极小值点x0=lna，由图象观察可得x1+x2<2x0=2lna，D正确．故选：C．x2−3x)⋅e3，则()19.已知函数f(x)=(32A. 函数f(x)的极大值点为x=√2B. 函数f(x)在(−∞,−√2)上单调递减C. 函数f(x)在R上有3个零点D. 函数f(x)在原点处的切线方程为y=−3e3x【答案】D【解析】解：A选项：由f(x)=(32x2−3x)⋅e3，得．令f′(x)=0，得x=1.故x∈(−∞,1)，f′(x)<0，f(x)为减函数；x∈(1,+∞)，f′(x)> 0，f(x)为增函数，所以x=1是函数f(x)的极小值点，无极大值点，故A错；B选项：当x∈(−∞,√2)时，f(x)=(32x2−3x)⋅e3先减后增，故B错；C选项：由f(x)=(32x2−3x)⋅e3=0得x=0或x=2，，函数在R上有两个零点，故C 错；D选项：函数f(x)在原点处的切线斜率，所以切线方程为y=−3e3x，D 正确．故选D．20.已知函数f(x)=sinx−x2π−x，给出下列结论：①函数y=f(x)的图像关于直线x=−π2对称；②曲线y=f(x)上存在垂直于y轴的切线；③函数f(x)的最大值为0；④方程f(f(x))=0有4个不相等的实数根．其中所有正确结论的个数是A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】解：∵f(−π−x)=sin(−π−x)−(−π−x)2π+π+x=sinx−x2π−x=f(x)，∴f(x)的图像关于直线x=−π2对称，①正确；f′(x)=cosx−2πx−1，f′(0)=f′(−π2)=f′(−π)=0，且当x<−π时，f′(x)>0；当x>0时，f′(x)<0，f′(x)只有这三个零点，∴f(x)在(−∞,−π)单增，(−π,−π2)单减，单增，(0,+∞)单减，f(−π2)=−1+π4<0，f(−π)=f(0)=0，作出f(x)的图象如图所示：∴y =f(x)在点(0,f(0))，(−π,f(−π))处的切线方程为y =0，∴②③正确； f(f(x))=0可转化为f(x)=0或f(x)=−π，∵f(−π2)∈(−1,0)，结合图像可知f(x)=0有两个根，f(x)=−π有两个根， ∴方程f(f(x))=0有4个根，④正确． 故选D ．21. 已知定义域为R 的函数f(x)的导函数为f’(x)，且xf’(x)=x 3e x +2f(x)，若f(2)=4e 2+4，则函数g(x)=f(x)−2的零点个数为( )A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】解：当x =0时，由xf’(x)=x 3e x +2f(x)得f(0)=0， 当x ≠0时，由xf’(x)=x 3e x +2f(x)得xf′(x )−2f (x )x 3=e x ，即(f (x )x 2)′=e x ，所以f (x )x 2=e x +t ，f (x )=x 2e x +tx 2，又f(2)=4e 2+4，所以4e 2+4t =4e 2+4，得t =1， 所以f (x )=x 2e x +x 2，当x =0时也满足此式， 所以g(x)=f(x)−2=x 2e x +x 2−2，因为g′(x )=2xe x +x 2e x +2x =x (2e x +xe x +2)， 令h (x )=2e x +xe x +2，因为h′(x )=(x +3)e x ， 当x <−3时，h′(x )<0，h(x)单调递减， 当x >−3时，h′(x )>0，h(x)单调递增， 所以h (x )⩾h (−3)=2−e −3>0， 所以对于g′(x )=x (2e x +xe x +2)， 当x <0时，g′(x )<0，g(x)单调递减， 当x >0时，g′(x )>0，g(x)单调递增，所以g (x )⩾g (0)=−2<0，又g (1)=e −1>0,g (−2)=4e 2+2>0，结合零点存在定理及函数的单调性知函数g(x)=f(x)−2的零点个数为2， 故选B ． 22. 已知函数f(x)=m x−lnx +m 在区间(e −1,e)内有唯一零点，则实数m 的取值范围为A. [−e e 2+1,e2+1] B. (−1e+1,ee+1) C. (−ee+1,1)D. (−1,e2+1)【答案】B【解析】解：由f(x)=0，得m (1x +1)=lnx ，m =xlnx x+1，令h(x)=xln xx+1，h′(x )=x+1+lnx(x+1)2， 令k(x)=x +1+lnx ，k′(x )=1+1x >0，函数y =k(x)在区间(e −1,e)单调递增，k(x)>k(e −1)=e −1>0， 所以h′(x)>0，函数y =h(x)在区间(e −1,e)单调递增， 所以有h(e −1)<h(x)<h(e)， 即−1e+1<h (x )<ee+1，−1e+1<m <ee+1， 故选B ．23. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数的图象的特征，如函数f(x)=e |x |−2x 2−1的图象大致是( )A.B.C. D.【答案】D【解析】解：∵f(x)=e |x |−2x 2−1的定义域为R ，且f(−x)=e |x |−2x 2−1=f(x)，∴函数f (x )是偶函数，排除C;当x >0时，f(x)=e x −2x 2−1，设g (x )=f′(x)=e x −4x ，g′(x)=e x −4， 由g′(ln 4)=0，知f′(x)在(0,ln4)上递减，(ln4,+∞)上递增，f′(x)min =f(ln 4)=4−4ln 4<0，又f′(0)=1>0，f′(4)=e 4−16>0，∴ f′(x)有两个零点，f(x)在(0,+∞)上有两个极值点，图象为先增后减再增．只有D 符合，排除AB ． 故选D ．24. 已知f(x)=x 3−2x 2+x −a 有三个不同的零点，则实数a 取值范围为 ( ) A. (1,83)B. (0,427)C. (2,2√2)D. (13,92)【答案】B【解析】解：f(x)=x 3−2x 2+x −a ， 则f ′(x )=3x 2−4x +1=(3x −1)(x −1)， 由f ′(x )>0得x >1或x <13，由f ′(x )<0得(13,1)，所以f(x)=x 3−2x 2+x −a 在x =13处取得极大值f (13)=427−a ，在x =1处取得极小值f (1)=−a ，因为f(x)=x 3−2x 2+x −a 有三个不同的零点， 所以{−a <0427−a >0，解得0<a <427．故选B ．25. 定义方程f (x )=f′(x )的实根叫做函数f (x )的“新驻点”，若函数g(x)=2xe x +1,h(x)=lnx +2,φ(x)=x 3−1的“新驻点”分别为a,b,c ，则a,b,c 的大小关系为( )A. a >b >cB. c >b >aC. c >a >bD. b >c >a【答案】B【解析】解：由题意：函数g(x)=2xe x +1，g′(x)=2xe x +2e x ，所以a 为2xe x +1=2xe x +2e x 的根，解得x =−ln2，即a =−ln2． h(x)=lnx +2，h′(x)=1x ，b 为lnx +2=1x 的根， 令p(x)=lnx +2−1x ，则p′=1x +1x 2>0；故P(x)在(0,+∞)单调递增，且p (12)=−ln2<0,p(1)=1>0， 故12<b <1;φ(x)=x 3−1，φ′(x)=3x 2，c为x3−1=3x2的根，即函数φ1(x)=x3−1−3x2的零点，当x>0，函数单调递增．又因为：φ1(2)<0，φ1(4)=15>0，c∈(2,4)；所以：c>b>a．故选：B．26.函数f(x)=e|x|−ln|x|−2的大致图象为A. B. C. D.【答案】D【解析】解：函数的定义域{x|x≠0}，因为f(−x)=e|−x|−ln|−x|−2=e|x|−ln|x|−1=f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故排除A，当x>0时，f(x)=e x−lnx−2，则f′(x)=e x−1x，令f′(x)=e x−1x =0，则当x>0时，方程e x=1x只有一个实数根，又因为当x=0时，f′(0)→−∞，当x=1时，f′(1)=e−1>0，所以函数f(x)在(0,1)上只有一个零点，故排除B，C．故选D．27.对于函数，(e为自然对数的底数)，下列说法正确的是()A. 函数f(x)有两个不同零点B. 在区间(0,e)单调递增，在区间(e,+∞)递减C. 函数f(x)的极值点是(e,e)D. f(e)<f(π)<f(2)【答案】D【解析】解：选项A：由f(x)=0得：x=0，所以函数f(x)只有一个零点0，故A错误；选项B：由f′(x)=lnx−1(lnx)2<0解得：0<x<e，且x≠1.所以函数f(x)在(−∞,1),(1,e)上单调递减，在(e,+∞)单调递增，故B错误；选项C：函数的极值点指的是函数的自变量的取值，不是一个点，故C错误；选项D：函数f(x)在(e,+∞)单调递增，所以因为，所以，即，故D 正确．故选D ． 二、填空题28. 已知函数f (x )=2x 2−e |x |，关于函数f (x )给出下列命题：①函数f (x )为偶函数；②函数f (x )在区间[12,1]单调递增；③函数f (x )存在两个零点；④函数f (x )存在极大值和极小值．其中正确命题的序号是________． 【答案】 ① ② ④【解析】解： ①:函数f(x)的定义域为R ，f(−x)=2(−x)2−e |−x|=2x 2−e |x|=f(x)，则函数为偶函数，故 ①正确; ②:当x >0时，f′(x)=4x −e x ，令g(x)=f′(x)，则g′(x)=4−e x ， 由g′(x)=0，解得x =ln4，则当x ∈(0,ln4)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又由g(12)>0及[12,1]⊆(0，ln4)可知，g(x)>0，即f′(x)>0对x ∈[12,1]恒成立，则函数f(x)在区间[12,1]单调递增，故 ②正确； ③:由 ②可知，f′(x)=4x −e x 在(0,ln4)单调递增，(ln4,+∞)单调递减， 又f′(0)=−1<0，f′(2)=8−e 2>0，f′(3)=12−e 3<0，由零点存在定理知，∃x 1∈(0,2)，x 2∈(2,3)，使得f′(x 1)=f′(x 2)=0， f(x)在(0,x 1)单调递减，(x 1,x 2)单调递增，(x 2,+∞)单调递减． 又f(0)=−1<0，f(2)=8−e 2>0，f(3)=18−e 3<0， 由零点存在定理可知，f(x)在(0,+∞)上有两个零点，又由f(x)为偶函数可知，其在R 上存在四个零点，故 ③错误； ④:由 ③可知f(x 1)为极小值，f(x 2)为极大值，又由偶函数可知，f(−x 1)为极小值，f(−x 2)为极大值，故 ④正确． 故答案为 ① ② ④．29. 已知函数f (x )=e x −mx 3，曲线y =f (x )在不同的三点(x 1,f (x 1))，(x 2,f (x 2)) ，(x 3,f (x 3))处的切线均平行于x 轴，则m 的取值范围是________． 【答案】(e 212,+∞)【解析】解：因为函数f(x)=e x−mx3，所以f′(x)=e x−3mx2．又曲线y=f(x)在不同的三点(x1,f(x1))，(x2,f(x2))，(x3,f(x3))处的切线均平行于x轴，所以e x−3mx2=0有3个不同的解，即3m=e xx2．令g(x)=e xx2，则g′(x)=ex(x−2)x3，当g′(x)>0时，解得x<0或x>2，g(x)为增函数，当g′(x)<0时，解得0<x<2，g(x)为减函数，当x=2时，函数有极小值e24，结合函数g(x)=e xx2图象可知，3m>e24，即m>e212．故答案为(e212,+∞).30.已知定义在R上的奇函数f(x)的导函数为f’(x)，当x<0时，f(x)满足2f(x)+xf′(x)<xf(x)，则f(x)在R上的零点个数为_______【答案】1【解析】构造函数F(x)=x2f(x)e x(x<0)′所以F′(x)=2xf(x)e x+x2f′(x)e x−x2f(x)e xe2x =xe x[2f(x)+x f(x)−xf(x)]，因为2f(x)+xf′(x)<xf(x)，x<0，所以F′(x)>0，所以函数F(x)在x<0时是增函数，又F(0)=0所以当x<0，F(x)<F(0)=0成立，因为对任意x<0，x2e x>0，所以f(x)<0，由于f(x)是奇函数，所以x>0时f′(x)>0，即f(x)=0只有一个根就是0．故答案为131.已知函数f(x)=x3−3x2+3，有下列命题：①函数y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线为3x+y−4=0；②函数y=f(x)有3个零点；③函数y=f(x)在x=2处取得极大值；④函数y=f(x)的图像关于点(1,1)对称．上述命题中，正确命题的序号是__________．【答案】①②④【解析】解：f′(x)=3x2−6x=3x(x−2)，则f′(1)=−3，又f(1)=1，所以函数y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线为y−1=−3(x−1)，即3x+y−4=0，故①正确；令f′(x)=0，可得x=0或x=2，令f′(x)>0，可得x<0或x>2，令f′(x)<0，可得0<x<2，所以f(x)在(−∞,0)，(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，所以f(x)在x=0处f(x)取得极大值，在x=2处取得极小值，故③错误；极大值为f(0)=3>0，极小值为f(2)=−1<0，f(−1)=−1<0，f(3)=3>0，所以在(−1,0)，(0,2)，(2,3)上f(x)各有一个零点，故②正确；令g(x)=f(x+1)−1=(x+1)3−3(x+1)2+3−1=x3−3x，则g(−x)=−x3+3x=−g(x)，所以g(x)为奇函数，关于原点对称，所以f(x)关于点(1,1)对称，故④正确，所以正确命题的序号是①②④．故答案为：①②④．三、解答题32.设函数其中m∈R.(1)若m=1,求函数f(x)的单调递减区间；(2)求函数f(x)的极值；(3)若函数f(x)在区间[0,e 2−1]上恰有两个零点，求m 的取值范围．【答案】(1)解：依题意，函数f(x)的定义域为(−1,+∞)，当m =1时，f(x)=ln(1+x)−x ，∴f′(x)=11+x −1，由f′(x)<0得11+x −1<0，即−x 1+x <0，解得x >0或x <−1，又∵x >−1，∴x >0，∴f(x)的单调递减区间为(0,+∞)．(2)求导数可得f′(x)=11+x −m ，(x >−1)①m ≤0时，f′(x)>0恒成立，∴ f(x)在(−1,+∞)上单调递增，无极值．②m >0时，由于1m −1>−1，∴ f(x)在(−1, 1m −1]上单调递增，在[1m −1, +∞)上单调递减， 从而f(x)极大值=f(1m −1)=m −lnm −1.(3)由(2)问显然可知，当m ≤0时，f(x)在区间[0,e 2−1]上为增函数，∴在区间[0,e 2−1]不可能恰有两个零点．当m >0时，由(2)问知f(x)极大值=f(1m −1)，又f(0)=0，∴0为f(x)的一个零点．∴若f(x)在[0,e 2−1]恰有两个零点，只需{f(e 2−1)≤00<1m −1<e 2−1即{2−m(e 2−1)≤01e 2<m <1，∴2e2−1≤m<1．故m的取值范围为[2e2−1,1)．33.已知函数f(x)=(x+2)lnx+ax2−4x+7a．(1)若a=12，求函数f(x)的所有零点；(2)若a≥12，证明函数f(x)不存在极值．【答案】(1)解：当a=12时，f(x)=(x+2)lnx+12x2−4x+72，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=lnx+2x+x−3．设g(x)=lnx+2x+x−3，则g′(x)=1x −2x2+1=x2+x−2x2=(x+2)(x−1)x2，(x>0)．当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，即函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以当x>0时，g(x)≥g(1)=0(当且仅当x=1时取等号)．即当x>0时，f′(x)≥0(当且仅当x=1时取等号)．所以函数f(x)在(0,+∞)单调递增，至多有一个零点．因为f(1)=0，x=1是函数f(x)唯一的零点．所以若a=12，则函数f(x)的所有零点只有x=1．(2)证明：因为f(x)=(x+2)lnx+ax2−4x+7a，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=lnx+x+2x+2ax−4．当a≥12时，f′(x)≥lnx+2x+x−3，由(1)知lnx+2x+x−3≥0．即当x>0时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．所以f(x)不存在极值．34. 设函数f(x)=2x −alnx ，a ∈R ．(1)若a =3，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈(0,+∞)，不等式f(x)≥0恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若函数g(x)=ax −x 2，f(x)=g(x)有两个不同的实数解，求满足条件的最小正整数a 的值．【答案】解：(1)若a =3时，f(x)=2x −3lnx ，f′(x)=2−3x ， ∴f′(1)=−1，f(1)=2，所以切线方程为y −2=−(x −1) ，即y =3−x ；(2)f′(x)=2−a x，当a =0时，f(x)=2x >0成立； 当a >0时，令f′(x)>0，则x >a 2，所以f(x)在(0,a 2)单调递减，f(x)在(a 2,+∞)单调递增，所以f(x)min =f(a 2)=a −aln a 2≥0，所以0<a ≤2e ，当a <0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，f(e 2a )=2e 2a −2<0，舍去.综上：a ∈[0,2e]；(3)令h(x)=f(x)−g(x)=x 2+(2−a)x −alnx ，由题得h(x)在(0,+∞)有两个不同的零点，h ′(x)=2x +2−a −a x =2x 2+(2−a )x−a x=(x+1)(2x−a )x ， 当a >0时，令h ′(x)=0，得x =a 2(负舍)，当x ∈(0,a 2)时，h ′(x)<0，所以h(x)在(0,a 2)单调递减，当x ∈(a 2,+∞)时，h ′(x)>0，所以h(x)在(a 2,+∞)单调递增，所以h(x)min =h(a 2)=−a 24+a −aln a 2，若h(x)有两个不同的零点，则h(x)min =h(a 2)=−a 24+a −aln a 2<0， 又因为a >0，所以−a 4+1−ln a 2<0， 令t(a)=−a 4+1−ln a 2，t ′(a)=−14−1a <0， 所以t(a)在(0,+∞)单调递减， t(2)=12>0，t(3)=14−ln 32=14(1−ln 8116)<0， 所以存在a 0∈(2,3)使得t(a 0)=0， 又因为t(a)在(0,+∞)单调递减， 所以当a >a 0时，t(a)<0，因此最小正整数a 的值为3， 当a =3时，h(1)=0，h(32)<0，h(3)=3(2−ln3)>0， 所以h(x)在(0,+∞)有两个不同的零点， 因此满足条件的最小正整数a 的值为3．。