专题突破卷07 导数与零点问题（解析版）

专题突破卷07导数与零点问题1.讨论零点的个数1．（2023春·广东江门·高二统考期末）已知函数2()e(2)exxfxaax，其中1a．(1)若1a，求fx的单调区间；(2)讨论函数fx的零点个数．【答案】(1)递减区间是(,0)，递增区间是(0,)；(2)当1a时，函数()fx有1个零点，当1a时，函数()fx无零点.【分析】（1）把1a代入，利用导数求出函数的单调区间作答.（2）按照1a与1a分别求出函数()fx的最小值，即可判断作答.【详解】（1）函数2()e(2)exxfxaax的定义域为R，求导得2()2e(2)e1(e1)(2e1)xxxxfxaaa，当1a时，()(e1)(2e1)xxfx，当0x时，()0fx，当0x时，()0fx，则函数()fx在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，所以函数()fx的递减区间是(,0)，递增区间是(0,).（2）当1a时，由（1）知，min()(0)0fxf，因此函数()fx只有1个零点，当1a时，由()0fx，得lnxa，当lnxa时，()0fx，当lnxa时，()0fx，因此函数()fx在(,ln)a上单调递减，在(ln,)a上单调递增，当lnxa时，2min111()(ln)()(2)ln1ln0fxfaaaaaaaa，于是函数()fx无零点，所以当1a时，函数()fx有1个零点，当1a时，函数()fx无零点.【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性及函数最值，借助数形结合思想分析解决问题.2．已知函数ln2fxaxx．(1)当1a时，求函数fx的极值；(2)讨论函数fx的零点个数．【答案】(1)极小值1，无极大值.(2)当ea时，函数()fx没有零点；当ea或0a时，函数()fx有1个零点；当0ea时，函数()fx有2个零点.【分析】（1）根据题意得出1()xfxx，然后分别令()0fx以及()0fx，通过计算即可得出函数的单调性，进而求出结果；（2）可将()ln20fxaxx转化为ln2xax，记ln2()xgxx，求出函数ln2()xgxx的单调性以及最值，最后根据函数()gx的单调性以及最值，然后数形结合可得出结果.【详解】（1）当1a时，()ln2(0)fxxxx，11()1(0)xfxxxx，令()0fx，则1x；令()0fx，则01x；故函数()fx的单调递增区间是(1,)，单调递减区间为(0,1)；当1x时，函数取极小值(1)1ln121f，无极大值.（2）令()ln20fxaxx，因为0x，所以ln2xax，记ln2()xgxx，有21ln()xgxx，令()0gx，则10ex；令()0gx，则1ex，故()gx在1(0,)e上单调递增，在1(,)e上单调递减，从而max1()()eegxg，因此当ea时，直线ya与()ygx的图像没有交点；当ea或0a时，直线ya与()ygx的图像有1个交点；当0ea时，直线ya与()ygx的图像有2个交点.综上：当ea时，函数()fx没有零点；当ea或0a时，函数()fx有1个零点；当0ea时，函数()fx有2个零点.3．已知函数32fxaxbx，在点1,1f处的切线方程是=3y.(1)求a，b的值；(2)设函数gxfxmmR，讨论函数gx的零点个数.【答案】(1)3,2ba(2)见解析【分析】（1）由导数的几何意义求解即可；（2）0gxfxm，求函数gx的零点个数即yfx与ym图象的交点个数，对fx求导，求出yfx的单调性和极值，画出yfx的图象，结合图像即可得出答案.【详解】（1）因为32fxaxbx，所以232fxaxbx，又因为在点1,1f处的切线斜率为1320kfab，又13fab，求得：9,6ba.（2）由（1）知，3269fxxx，令0gxfxm，则fxm，求函数gx的零点个数即yfx与ym图象的交点个数，3269fxxx，21818181fxxxxx，令0fx，解得：01x；令()0fx¢，解得：1x或0x，所以fx在0,1上单调递减，在1,,,0上单调递增，且1693f，00f，fx的图象如下：当0m或3m，yfx与ym图象有1个交点，当3m或0m，yfx与ym图象有2个交点，当30m，yfx与ym图象有3个交点.4．（多选）已知函数23Rfxxxmmx，则（）A．1x是fx的极值点B．1f是fx的最小值C．fx最多有2个零点D．fx最少有1个零点【答案】AD【分析】求fx确定fx在定义域上的单调性及极值可判断选项A；用零点存在性定理判断fx在,0x上存在1个零点可判断选项D；分析fx在0,x上可能的零点个数可判断选项C；根据1f有可能为正值，可判断选项B.【详解】23Rfxxxmmx，0x232222123332321xxxxxfxxxxx，而223923323048xxx，所以当,0x时，0fx，当0,1x时0fx，当1,x时()0fx¢，故fx在,0x时为减函数，在0,1x时为减函数，在1,x时为增函数，且10f，所以1x是fx的极值点，故A正确；对于C：取11min4,12xm，因为14x，所以1334x，所以2111121121331142xxmxxmxmxfx，因为1112xm，所以21112xm，所以211110112fxxmmm，所以当1xx时，0fx，取21max1,31xm，因为2[1,0)x，所以221x，所以2222222233311xxmxmmxxxfx，因为21[,0)31xm，所以231mx，所以221113110fxmmxmmm，所以当2(,0)xx时，0fx，又fx在,0x为连续函数，所以fx在,0x上存在1个零点，故D正确；对于C：当6m时，160fm，31,1mm，所以22393930fmmmmmmm，又fx在0,1x上为减函数，所以存在唯一33,1xm，使得30fx，330fmmmmmmm，又fx在1,x上为增函数，所以存在唯一41,xm，使得40fx，所以当6m时，在0,x上有两个零点，则fx在定义域上存在3个零点，故C错误；对于B：16Rfmm，当6m时，10f，由上知存在,0x，使得0fx，故1f不是fx的最小值，故B错误；故选：AD5．已知函数e,Rxfxaxaa(1)讨论函数fx的单调性；(2)讨论函数fx的零点个数．【答案】(1)详见解析；(2)详见解析.【分析】（1）通过对函数求导，对a进行分类讨论，即可求出函数fx的单调性；（2）令0fx，通过构造新函数1exxx并求导，比较1a和21e的大小即可求出函数fx的零点个数.【详解】（1）由题意，在exfxaxa中，exfxa当0a时，()0fx¢，则fx在R上单调递增；当0a时，令0fx，解得：lnxa，当lnxa时，0,fxfx单调递减；当lnxa时，0,fxfx单调递增．综上所述，当0a时，fx在R上单调递增；当0a时，fx在,lna上单调递减，在ln,a上单调递增．（2）在exfxaxa中，当0fx时，e1xax，当0a时，e1xax无解，∴fx无零点．当0a时，11exxa．令1exxx，在1exxx中，2exxx，当,2x时，0x；当2,x时，0x，∴x在,2上单调递增，在2,上单调递减，且max21()2ex，∵当x时，0,xx时，x，∴当211ea即20ea时，fx无零点，当211ea即2ea时，fx有一个零点；当2110ea即2ea时，fx有两个零点；当10a，即a0时，fx有一个零点．综上所述，当20,ea时，fx无零点；当,0a或者2ea时，fx有一个零点；当2e,a时，fx有两个零点．【点睛】关键点点睛：本题考查函数的求导，构造函数和函数的单调性，考查学生分类讨论的思想和通过导函数求函数零点，具有很强的综合性.6．已知函数21ln12fxxaxax，Ra.(1)讨论fx零点的个数；(2)当1a时，若存在123123,,xxxxxx，使得123fxfxfx，求证：12333xxxa.【答案】(1),2a时，fx有两个零点；2,0a时，fx没有零点；20,a时，fx有一个零点；(2)证明见详解.【分析】（1）先求导函数11axxfxx，然后分类讨论a的值，判断函数的单调性及极值、最值，判断极值、最值与零的大小，结合零点存在性定理判断零点个数即可；（2）先证lnln2jijijixxxxxx，再根据123fxfxfx转化为lnln210122jijijijijixxaaxxaxxaxxxx，解不等式2012jijiaxxaxx得22jixxa，累加即可证明结论.【详解】（1）21ln12fxxaxax，所以11110axxfxaxaxxx，若0a，由001fxx，01fxx，即fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，故1112fxfa，i若20a≤，则10fxf，此时函数无零点；ii若2a，10fxf，此时函数只有一个零点；iii若2a，10f，0x时，fx，2ln210f，即120,1,1,2xx使得120fxfx，即此时函数有两个零点；若01a，由001fxx或1xa，101fxxa，即fx在0,1和1,a上单调递增，在11,a上单调递减，故fx在1x处取得极大值，而11102fa，且2233ln3102faaa