专题突破练27 导数与函数的零点
1.(15 分)(2025 山东济南模拟)已知函数f(x)=sin x+1
2
sin 2x-2x+ax3.
(1)当a=0 时,求函数f(x)的零点个数;
(2)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数a 的取值范围.
2.(15 分)(2025 安徽马鞍山二模)已知函数f(x)=2ae2x+2(a-1)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a 的取值范围.
3.(17 分)(2025 湖南长沙模拟)已知函数f(x)=ex-a(x-1).
(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线l 在x 轴上的截距为2,求a 的值;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a 的取值范围;
(3)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明: 1
x1
+ 1
x2
>1.
4.(17 分)(2025 河北石家庄模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式
近似特定函数的方法,在计算机数学中有着广泛的应用.给定自然数m,n,我们定义函数
f(x)在x=0 处的[m,n]阶帕德近似为R(x)=a0+a1 x +…+am x
m
1+b1 x +…+bn x
n ,且满足:
f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),f(2)(0)=R(2)(0),…,f(m+n)(0)=R(m+n)(0).其中f(2)(x)=[f'(x)]',f(3)(x)=[f(2)
(x)]',…,f(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]',已知f(x)=ln(x+1)在x=0 处的[2,2]阶帕德近似为R(x)=
a+ x + 1
2 x
2
b+ x + 1
6 x
2
.
(1)求实数a,b 的值;
(2)证明:当x>0 时,f(x)>R(x);
(3)已知x1,x2,x3是函数g(x)=xln x-k(x2-1)的三个不同的零点,求实数k 的取值范围,并证明:
x1+x2+x3>3
k
-3.
答案：
1.解 (1)当a=0 时,f(x)=sin x+1
2
sin 2x-2x,定义域为R.
于是f'(x)=cos x+cos 2x-2≤1+1-2=0,故f(x)在R 上单调递减.
又f(0)=0,
故函数f(x)的零点个数为1.
(2)因为f(-x)=-sin x-1
2
sin 2x+2x-ax3=-f(x),
所以f(x)为奇函数,
若函数f(x)有且只有一个零点,
由于f(0)=0,
则当x>0 时,f(x)<0 或f(x)>0.
由(1)可知当a=0 时,f(x)=sin x+1
2
sin 2x-2x 在(0,+∞)内单调递减,
此时f(x)<f(0)=0,
即sin x+1
2
sin 2x-2x<0.
若a≤0,则当x>0 时,f(x)≤sin x+1
2
sin 2x-2x<0,符合题意.
因为f'(x)=cos x+cos 2x-2+3ax2,令g(x)=cos x+cos 2x-2+3ax2,
则g'(x)=-sin x-2sin 2x+6ax.
令h(x)=-sin x-2sin 2x+6ax,
则h'(x)=-cos x-4cos 2x+6a.
若a≥5
6
,则h'(x)=-cos x-4cos 2x+6a≥-1-4+5=0,
故h(x)在(0,+∞)内单调递增,
于是h(x)>h(0)=0.故g(x)在(0,+∞)内单调递增,
于是g(x)>g(0)=0.则f(x)在(0,+∞)内单调递增,此时f(x)>f(0)=0,符合题意.
若0<a<5
6
,记cos x0=
❑√192a+129-1
16
且0<x0<π
2
,
则当0<x<x0时,h'(x)=-cos x-4cos 2x+6a=-cos x-4(2cos2x-1)+6a=-8cos2x-cos
x+6a+4=-8(cos x+ 1
16
)2+6a+129
32
<0.
故h(x)在(0,x0)内单调递减,于是h(x)<h(0)=0.故g(x)在(0,x0)内单调递减,
于是g(x)<g(0)=0.则f(x)在(0,x0)内单调递减,此时f(x)<f(0)=0.
又f( 2
❑√a
)≥-1-1
2 −4
❑√a + 8
❑√a = 4
❑√a −3
2
>0,故f(x)在(0, 2
❑√a
)内存在零点,矛盾.
综上,实数a 的取值范围为(-∞,0]∪[5
6
,+∞).
2.解 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=4ae2x+2(a-1)ex-1=(2aex-1)(2ex+1).
若a≤0,则f'(x)<0,则f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;
若a>0,则由f'(x)=0 得x=-ln 2a.
当x∈(-∞,-ln 2a)时,f'(x)<0;
当x∈(-ln 2a,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,-ln 2a)内单调递减,在(-ln 2a,+∞)内单调递增.
综上,当a≤0 时,f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;
当a>0 时,f(x)在(-∞,-ln 2a)内单调递减,在(-ln 2a,+∞)内单调递增.
(2)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.
若a>0,由(1)知,当x=-ln 2a 时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln 2a)=1- 1
2a
+ln 2a.
①当a=1
2
时,由于f(-ln 2a)=0,
故f(x)只有一个零点;
②当a∈(
1
2 ,+∞)时,因为y=1- 1
2a单调递增,y=ln 2a 单调递增,所以y=1- 1
2a+ln 2a 单调
递增,
所以1- 1
2a
+ln 2a>1-
1
2× 1
2
+ln(2× 1
2)=0,f(-ln 2a)>0,故f(x)没有零点;
③当a∈(0, 1
2)时,由于1- 1
2a+ln 2a<0,即f(-ln 2a)<0,
又f(-2)=2ae-4+2(a-1)e-2+2=2a
e
2 (
1
e
2 +1)+2- 2
e
2>2- 2
e
2>0,故f(x)在(-∞,-ln 2a)内只有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln(
3
2a -1)>-ln 2a,则f(n0)=e
n0(2ae
n0+2a-2)-n0>e
n0-n0>0,故f(x)在(-ln
2a,+∞)内只有一个零点.
综上,a 的取值范围是(0, 1
2).
3.(1)解 因为f(1)=e,则点P(1,e).
因为f'(x)=ex-a,则f'(1)=e-a.
据题意,切线l 经过点A(2,0),则直线PA 的斜率是f'(1),
即e-a= e
1-2
=-e,所以a=2e.
(2)解 若a≤0,因为ex>0,则f'(x)>0,f(x)在R 上单调递增,f(x)无极值,不符合题意.
若a>0,令f'(x)>0,得x>ln a,令f'(x)<0,得x<ln a,
则f(x)在(ln a,+∞)内单调递增,在(-∞,ln a)内单调递减,
所以x=ln a 为f(x)的极小值点.
由已知,f(ln a)<0,即eln a-a(ln a-1)=a-a(ln a-1)=a(2-ln a)<0,
从而2-ln a<0,即ln a>2,得a>e2,
所以a 的取值范围是(e2,+∞).
(3)证明 由已知,f(x1)=f(x2)=0,
即{
e
x1=a( x1-1),
e
x2=a( x2-1).
两式相乘,得e
x1·e
x2=a2(x1-1)(x2-1),
即e
x1+ x2=a2(x1x2-x1-x2+1),
所以x1x2-(x1+x2)=e
x1+ x2
a
2 -1.
因为当a≤0 时,f(x)在R 上单调递增,f(x)至多1 个零点,不符合题意,则a>0.
因为a(x1-1)=e
x1>0,则x1>1;同理,x2>1.
要证1
x1
+ 1
x2
>1,即证x1+x2>x1x2,
即证x1x2-(x1+x2)<0,
只要证e
x1+ x2
a
2 -1<0,即证e
x1+ x2<a2,
即证x1+x2<2ln a,
即证x2<2ln a-x1.
不妨设x1<x2,由(2)知,x1<ln a<x2,则2ln a-x1>ln a.
因为f(x)在(ln a,+∞)内单调递增,
只要证f(x2)<f(2ln a-x1),
即证f(x1)<f(2ln a-x1).
设h(x)=f(x)-f(2ln a-x),
则h'(x)=f'(x)+f'(2ln a-x)=ex+e2ln a-x-2a=ex+a
2
e
x-2a≥2❑√
e
x· a
2
e
x-2a=0,
所以h(x)在R 上单调递增.
因为x1<ln a,则h(x1)<h(ln a)=f(ln a)-f(ln a)=0,
即f(x1)-f(2ln a-x1)<0,
即f(x1)<f(2ln a-x1),
所以原不等式成立.
4.(1)解 依题意可知,f(0)=0,R(0)=a
b
,因为f(0)=R(0),所以a=0.
此时R(x)= 3 x
2+6 x
x
2+6 x +6b
,
因为f'(x)= 1
1+ x ,R'(x)=6( x +1)( x
2+6 x +6b)-3 x( x +2)(2 x +6)
( x
2+6 x +6b)
2
,
所以f'(0)=1,R'(0)=1
b
,
因为f'(0)=R'(0),所以b=1.
故a=0,b=1.
(2)证明 设h(x)=f(x)-R(x)=ln(1+x)- 3 x
2+6 x
x
2+6 x +6
(x>0),
所以h'(x)= 1
1+ x −12( x
2+3 x +3)
( x
2+6 x +6)
2
=
x
4
(1+ x )( x
2+6 x +6)
2 >0,故h(x)在(0,+∞)内单调递增,
由h(0)=0,所以当x>0 时,h(x)>0,
即f(x)>R(x).
(3)解 因为g(x)=xln x-k(x2-1)=x[ln x-k(x-1
x
)](x>0).
令φ(x)=ln x-k(x-1
x
),所以x1,x2,x3是φ(x)的三个不同的零点,
不妨设0<x1<x2<x3,φ'(x)=1
x -k(1+ 1
x
2)=-k x
2+ x -k
x
2
(x>0),
①当k≤0 时,φ'(x)>0,此时φ(x)在(0,+∞)内单调递增,此时φ(x)不存在三个不同的零点;
②当k>0 时,令s(x)=-kx2+x-k,Δ=1-4k2,
若Δ=1-4k2≤0,即k≥1
2
,s(x)≤0 恒成立,即φ'(x)≤0,
此时φ(x)在(0,+∞)内单调递减,此时φ(x)不存在三个不同的零点;
若Δ=1-4k2>0,即0<k<1
2
,φ'(x)=0 存在两个不等的正实根r1,r2(r1<r2),
当x∈(0,r1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
当x∈(r1,r2)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,
当x∈(r2,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
因为φ'(1)=1-2k>0,所以0<r1<1<r2,又因为φ(1)=0,
故φ(r1)<0,φ(r2)>0,
因为ln x<x-1(x≠1)(此不等式的证明略,但答题时要写上),所以ln 1
❑√x < 1
❑√x
-1,即ln x>2- 2
❑√x
,
所以φ(k4)=ln k4-k(k4- 1
k
4)>2- 2
k
2-k5+ 1
k
3=(2-k5)+ 1
k
2 ( 1
k -2)>0.因为0<k<1
2
,所以0<k4< 1
2k
,
又因为s(k4)=-k9+k4-k=-k9+k(k3-1)<0,所以0<k4<r1.
所以由零点存在定理可知存在x1∈(k4,r1),满足φ(x1)=0,
又因为φ(1
x
)=ln1
x
-k(1
x
-x)=-ln x+k(x-1
x
)=-φ(x),
故存在x3= 1
x1
,满足φ(x3)=0.
故当且仅当0<k<1
2
时,φ(x)存在三个不同的零点,且满足x1<x2=1<x3,且x1= 1
x3
,由(2)可知,
当x>0 时,ln(1+x)> 3 x
2+6 x
x
2+6 x +6
,因此ln x> 3 x
2-3
x
2+ 4 x +1
(x>1),
故ln x3=k(x3- 1
x3)>
3 x3
2-3
x3
2+ 4 x3+1,
化简可得3
k < x3
2+ 4 x3+1
x3
=x3+4+ 1
x3
=x1+x2+x3+3,
因此x1+x2+x3>3
k
-3,命题
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