课时规范练 21 利用导数研究函数的零点
1.(15分)(2024·浙江杭州模拟)设函数f(x)=(x-1)2ex-ax,若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线
方程为y=-2x+b.
(1)求实数a,b的值;
(2)判断函数f(x)零点的个数.
2.(15分)(2024·四川成都模拟)已知函数f(x)=xe-x+asin x,e是自然对数的底数,若x=0恰为
f(x)的极值点.
(1)求实数a的值;
π
(2)求f(x)在区间(-∞, )上零点的个数.
4
m
3.(15分)(2024·北京陈经纶中学模拟)已知函数f(x)=xex- (x+1)2(m≥0).
2
(1)当m=0时,求函数f(x)的极小值;
(2)若函数f(x)在区间(-∞,1)上有且只有一个零点,求m的取值范围.
1
4.(17分)(2025·湖北武汉开学考试)已知函数f(x)=x- ln x与函数g(x)=eax-x,其中a>0.
a
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若g(x)>0,求a的取值范围;
(3)若曲线y=f(x)与x轴有两个不同的交点,求证:曲线y=f(x)与曲线y=g(x)共有三个不同
的交点.
答案：
1.解 (1)由题意可得f'(x)=(x2-1)ex-a.
因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-2x+b,
{f '(0)=-1-a=-2, {a=1,
所以 解得
f (0)=1=b, b=1.
x x
(2)由(1)知f(x)=(x-1)2ex-x,所以f(x)=ex[ (x-1)2- ],令g(x)=(x-1)2- ,则f(x)零点的个数就是g(x)零
ex ex
点的个数.
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由于g'(x)=(x-1)(2+ ),所以当x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
ex
当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
1 2
又g(0)=1>0,g(1)=- <0,g(2)=1- >0,所以g(0)g(1)<0,g(1)g(2)<0,由零点存在定理可得,
e e2
x ∈(0,1),使得g(x )=0, x ∈(1,2),使得g(x )=0,故函数f(x)有两个零点.
1 1 2 2
1-x
∃2.解 (1)由题意得f'(x)=∃ +acos x,因为x=0为f(x)的极值点,故f'(0)=1+a=0,所以a=-1,此时
ex
1-x
f'(x)= -cos x.
ex
1-x
当x<0时,1-x>ex>0,故当x<0时, >1,所以f'(x)>0,则f(x)在(-∞,0)上单调递增.
ex
1-x 1-x-excosx π
f'(x)= -cos x= ,令g(x)=1-x-excos x,则g'(x)=-1-ex(cos x-sin x),当0<x< 时,cos x-
ex ex 4
π π
sin x>0,则g'(x)<0,则g(x)在(0, )内单调递减,故g(x)<g(0)=0,即f'(x)<0,故f(x)在(0, )内单调递减,
4 4
则x=0为f(x)的极大值点,符合题意,故a=-1.
1-x
(2)由(1)知f(x)=xe-x-sin x,f'(x)= -cos x,当x<0时,f'(x)>0,f(x)在(-∞,0)上单调递增,则f(x)<f(0)=0,
ex
π π
故f(x)在(-∞,0)上不存在零点;当0<x< 时,f'(x)<0,故f(x)在(0, )内单调递减,则f(x)<f(0)=0,故f(x)
4 4
π
在(0, )内不存在零点;当x=0时,f(0)=0,即x=0为f(x)的零点.
4
π
综上所述,f(x)在区间(-∞, )上零点的个数为1.
4
3.解 (1)当m=0时,f(x)=xex,可得f'(x)=(x+1)ex,令f'(x)=0,解得x=-1.
当x∈(-∞,-1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以函数f(x)的极小值
1
为f(-1)=-
.
e
(2)若m=0,f(x)=xex,令f(x)=0,解得x=0,当x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0,所以函数f(x)在区间(-
∞,1)上有且只有一个零点,符合题意.
若m>0,由f'(x)=(x+1)(ex-m),令f'(x)=0,解得x=-1或x=ln m.
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①若m= ,此时f'(x)≥0,可得f(x)在R上单调递增,且f(-1)=- <0,f(1)=e- >0,此时函数f(x)在区间
e e e
(-∞,1)上有且只有一个零点,符合题意.
1
②若m> ,可得ln m>-1,令f'(x)>0,可得x<-1或x>ln m,令f'(x)<0,可得-1<x<ln m,所以f(x)在(-
e
∞,-1),(ln m,+∞)上单调递增,在(-1,ln m)内单调递减,又由f(-1)<0,f(ln m)<f(-1)<0,只需讨论
1 e e
f(1)=e-2m的符号,当 <m< 时,f(1)>0,函数f(x)在区间(-∞,1)上有且只有一个零点;当m≥ 时,
e 2 2
1 e
f(1)≤0,函数f(x)在区间(-∞,1)上无零点,故 <m< 符合题意.
e 2
1
③若0<m< ,则ln m<-1,令f'(x)>0,可得x>-1或x<ln m,令f'(x)<0,可得ln m<x<-1,所以f(x)在(-
e
m
∞,ln m),(-1,+∞)上单调递增,在(ln m,-1)内单调递减,又由f(-1)<0,f(1)=e-2m>0,f(ln m)=- (ln m)2-
2
m
<0,此时函数f(x)在区间(-∞,1)上有且只有一个零点,符合题意.
2
e
综上可得,实数m的取值范围为[0, ).
2
4.解 (1)函数f(x)的定义域为{x|x>0},
1
又已知a>0,f'(x)=1- a(x- ),
1 a
=
ax ax
1 1
所以当x∈(0, )时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈( ,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
a a
(2)由题意知g(x)=eax-x>0,即eax>x,
lnx
若x≤0,不等式eax>x恒成立,若x>0,不等式eax>x可变为a>
.
x
lnx 1-lnx
令h(x)= (x>0),则h'(x)= ,当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,
x x2
1 1
h'(x)<0,h(x)单调递减,故h(x) = ,故a的取值范围为( ,+∞).
max
e e
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx(3)曲线y=f(x)与x轴有两个不同的交点,即函数y=f(x)有两个不同的零点x ,x ,不妨令0<x <x ,由
1 2 1 2
1 1 1
(2)知,a的取值范围为(0, ),且由x
1
= ln x
1
,得 eax
1
=x
1
,同理,由x
2
= ln x
2
,得 eax
2
=x
2
,所以曲线y=f(x)
e a a
与曲线y=g(x)共有两个不同的交点(x ,0),(x ,0).下面证明这两条曲线还有一个交点.
1 2
1 1 a·axeax 2ax-1
令H(x)=eax-2x+ ln x,则H'(x)=aeax+ -2= − ,令t=ax,则
a ax ax ax
m(t)=atet-2t+1,t>0,m'(t)=a(1+t)et-2,令n(t)=m'(t)=a(1+t)et-2,则n'(t)=a(2+t)et>0恒成立,则m'(t)单
2 2 2
调递增,又m'(1)=2ae-2<0,令m'(t)=a(1+t)et-2=0,得et= < ,故存在1<t <ln ,使得y=m(t)
0
a(1+t) a a
2
在(0,t )内单调递减,在(t ,+∞)内单调递增,m(0)=1>0,m(1)=ae-1<0,m(ln )=1>0,故m(t)=atet-2t+1
0 0
a
2
有两个零点t ,t ,0<t <1<t <ln ,令t =ax ,t =ax ,即H(x)有且只有两个极值点x ,x ,所以y=H(x)在
1 2 1 2 1 3 2 4 3 4
a
1
(0,x )内单调递增,在(x ,x )内单调递减,在(x ,+∞)内单调递增,又H'(x )=ax + -2≥0,若H'(x )=0,
3 3 4 4 1 1 1
ax
1
1
则ax
1
=1,由 eax
1
=x
1
,得x
1
=e,a= ,与题设矛盾,所以H'(x
1
)>0,同理H'(x
2
)>0,x
1
,x
2
不可能在H(x)的同
e
一单调区间,所以0<x <x ,x <x ,故有0=H(x )<H(x ),H(x )<H(x )=0,所以在(x ,x )间存在唯一的x ,
1 3 4 2 1 3 4 2 3 4 0
使得H(x )=0,即两条曲线还有一个交点x ,故曲线y=f(x)与曲线y=g(x)共有三个不同的交点
0 0
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