高中数学压轴题系列——导数专题——函数零点或交点问题

高中数学压轴题系列——导数专题——函数零点或交点问题
头条号：延龙高中数学 微信：gyl_math123

1．已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x
2
﹣x（a∈R）在x=0处取得极值．

（1）求实数a的值；

（2）证明：ln（x+1）≤x
2
+x；

（3）若关于x的方程 f（x）=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围．

【解答】（1）解：f′（x）=
经过验证a=1时，符合题意．

（2）证 明：当a=1时，f（x）=ln（x+1）﹣x
2
﹣x，其定义域为{x|x＞﹣1}．f′ （x）=
令f′（x）=0，解得x=0．

当x＞0时，令f′（x）＜0，f（x ）单调递减；当﹣1＜x＜0时，令f′（x）＞0，f（x）单调递增．

∴f（0）为函数f（x）在（﹣1，+∞）上的极大值即最大值．

∴f（x）≤f （0）=0，∴ln（x+1）≤x
2
+x，当且仅当x=0时取等号．

（3）解：f（x）=﹣x+b即ln（x+1）﹣x
2
+x﹣b=0，

令g（x）=ln（x+1）﹣x
2
+x﹣b，x∈（﹣1，+∞）．
关于x的方程f（x）=﹣x+b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根?g（x）=0在区间[0，2 ]上恰有
两个不同的实数根．

g′（x）=﹣2x+=，

=，

，∵在x=0处取得极值，∴f′（0）=0，∴﹣1=0，解得a=1．

当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，1）上单调递增．

当x∈（1，2）时，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）上单调递减．

∴，∴．


2．已知函数f（x）=（x∈R），当x=2时f（x）取得极值．

（1）求a的值；（2）求f（x）的单调区间；

（3）若关于x的方程f（x）﹣ 2m+1=0在x∈[﹣2，1]时有解，求实数m的取值范围．

解：（1）．∵当x=2时f（x）取得极值，∴f′（2）=0，∴a=2；

（2），由f′（x）＞0得﹣1＜x＜2；由f′（x）＜0得x＜﹣1或x＞2，

所以函数f（x）的增区间是（﹣1，2），减区间是（﹣∞，﹣1），（2，+∞）

（3）由（2）知函数f（x）在[﹣2，﹣1）单减，在（﹣1，1]单增．

当x∈[﹣2，1]时，f
min
（x）=﹣1，

3．（2018 ?南平一模）已知函数f（x）=lnx﹣（a+1）x，g（x）=﹣ax+a，其中a∈R．

（1）试讨论函数f（x）的单调性及最值；

（2）若函数F（x）=f（x）﹣g（x）不存在零点，求实数a的取值范围．

解 ：（1）f（x）=lnx﹣（a+1）x，函数的定义域是（0，+∞），f′（x）=﹣（a+1）=
a+1＜0即a＜﹣1时，1﹣（a+1）x＞0，故f′（x）＞0，f（x）递增，无最值，
< br>a+1≥0即a≥﹣1时，令f′（x）＞0，解得：x＜
故f（x）在（0，）递增，在（，令f′（x）＜0，解得：x＞，

，

，依题意，所以

，+∞）递减；故f（x）
min
=f（）=﹣ln（a+1）﹣1；

（2）F（x）=lnx﹣（a+1）x﹣+ax﹣a=lnx﹣x﹣﹣a，

F′（x）=﹣1+=，

令F′（x）＞0，解得：x＜2，令F′（x）＜0，解得：x＞2，

故F（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减，

故F（x）
max
=F（2）=ln2﹣2﹣1﹣a=ln2﹣3﹣a，

若F（x）不存在零点，则ln2﹣3﹣a＜0，解得：a＞ln2﹣3．


4．（2018?榆林三模）设函数f（x）=ax
3
+bx
2
﹣x（x∈ R，a，b 是常数，a≠0），且当x=1和x=2时，函
数f（x）取得极值．

（1）求f（x）的解析式；

（2）若曲线y=f（x）与g（x）=﹣3x﹣m（ ﹣2≤x≤0）有两个不同的交点，求实数m的取值范围．

解：（1）f'（x）=3ax< br>2
+2bx﹣1，…（2分）依题意f'（1）=f'（2）=0，

即，解得 a=﹣，b=…（4分）∴f（x）=﹣x
3
+x
2
﹣x…（5分）

（2）由（1）知，曲线y=f（x）与g（x）=﹣3x﹣m（﹣2≤x≤0）有两个不同的交点，< br>
即x
3
﹣x
2
﹣2x﹣m=0在[﹣2，0]上有两个不同的实数解 …（6分）

设φ（x）=x
3
﹣x
2
﹣2x﹣m，则φ′ （x）=x
2
﹣x﹣2，…（8分）

由φ'（x）=0的x=4或x=﹣1

当x∈（﹣2，﹣1）时φ' （x）＞0，于是φ（x）在[﹣2，﹣1]上递增；

当x∈（﹣1，0）时φ'（x）＜0，于是φ（x）在[﹣1，0]上递减．…（10分）

依题意有??0≤m＜，

∴实数m的取值范围是0≤m＜

．…（13分）

5．（2018?广元模拟）已知函数f（x）=2lnx﹣x2
+ax（a∈R）．

（Ⅰ）当a=2时，求f（x）的图象在x=1处的切线方程；

（Ⅱ）若函数f（x ）与g（x）=ax﹣m图象在上有两个不同的交点，求实数m的取值范围．

解：（Ⅰ）当a =2时，f（x）=2lnx﹣x
2
+2x，f′（x）=﹣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．

（Ⅱ）由题意可得：2lnx﹣x
2
+m=0，令h（x）=2lnx﹣x
2
+m，则h′（x）=﹣2x=，

∵x∈[，e]，故h′（x）=0时，x=1． 当＜x＜1时，h′（x）＞0；当1＜x＜e时，h′（x）＜0．

故h（x）在x=1处取得极大值h（1）=m﹣1．

又=m﹣2﹣，h（e）=m +2﹣e
2
，h（e）﹣
]上的最小值为h（e）．

=4﹣e
2
+＜0，则h（e）＜，

∴h（x）在[
h（x）在[]上有两个零点的条件是
]．

，解得：1＜m≤2+，

∴实数m的取值范围是[1，2+

6． （2018?广西二模）已知函数f（x）=ln（x+a）﹣x（a∈R），直线l：
的一条切线．< br>
是曲线y=f（x）
（1）求a的值；（2）设函数g（x）=xe
x
﹣2x﹣f（x﹣a）﹣a+2，证明：函数g（x）无零点．

解：（1）函数f（x）= ln（x+a）﹣x（a∈R）的导数为f′（x）=
设切点为（m，n），直线l：
可得﹣1，

是曲线y=f（x）的一条切线，

﹣1=﹣，ln（m+a）﹣m=﹣m+ln3﹣，解得m=2，a=1；

（2）证 明：函数g（x）=xe
x
﹣2x﹣f（x﹣a）﹣a+2=xe
x
﹣2x﹣ f（x﹣1）﹣2+2=xe
x
﹣x﹣lnx，x＞0，

g ′（x）=（x+1）e
x
﹣1﹣=（x+1）（e
x
﹣），可设e
x
﹣=0的根为m，即有e
m
=，即有m=﹣lnm，

当x＞m时 ，g（x）递增，0＜x＜m时，g（x）递减，可得x=m时，g（x）取得极小值，且为最小值，

则g（x）≥g（m）=me
m
﹣m﹣lnm=1﹣m+m=1，可得g（x）＞0恒 成立，则函数g（x）无零点．


7．（2018?全国二模）已知函数

（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间及极值；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求实数a的取值范围 ．

解：（Ⅰ）当a=1时，，x＞0.，x＞0．……………1分

当0＜x＜1时，f′（x）＜0；当x＞1时，f′（x）＞0．……………3分

所以f（x）的单调减区间为（0，1）；单调增区间为（1，+∞）．

f（x）的 极小值为
（Ⅱ）∵
=
∵x＞0，a＞0，∴x
2
+x+a＞0，
当x＞a时，f′（x）＞0；当0＜x＜a时，f′（x）＜0．f（x）在（0，a）上单调 递减；在（a，+∞）上
单调递增．……………8分

所以
若f（x）有两个零点，必有
又

；无极大值．……………5分


．……………7分

，得a＞3．……………10分

，

综上所述，当a＞3时f（x ）有两个零点，所以符合题意的a的取值范围为（3，+∞）．…12分





8．已知函数f（x）=lnx﹣﹣ax（a∈R），在x=1时取得极值．

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若方程f（x）=﹣x+b在区间[1，3]上有两个不等实数根，求实数b取值范围．

（Ⅲ）若函数h（x）=f（x）﹣x
2
，利用h（x）的图象性质，证明：3（1< br>2
+2
2
+…+n
2
）＞ln（1
2
?2< br>2
?…?n
2
）

（n∈N
*
）．
解：（Ⅰ）函数f（x）=lnx﹣﹣ax的导数为f′（x）=﹣x﹣a，

由在x=1时取得极值，则f′（1）=0，即1﹣1﹣a=0，解得a=0，

即有f（x）=lnx﹣的导数为f′（x）=﹣x，（x＞0），

令f′（x）＞0可得0＜x＜1，令f′（x）＜0可得x＞1，
则f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；

（Ⅱ）若方程f（x）=﹣x+b在区间[1，3]上有两个不等实数根，
即为b=lnx﹣x
2
+x在区间[1，3]上有两个不等实数根．

令g（x）=lnx﹣x
2
+x，g′（x）=﹣x+=，

当1≤ x＜2时，g′（x）＞0，g（x）递增；当x＞2时，g′（x）＜0，g（x）递减．

即有x=2处g（x）取得极大值，也为最大值，且为ln2+1，

x=1时，g（x）=1，x=3时，g（x）=ln3．
则当ln3≤b＜ln2+1时，方程在区间[1，3]上有两个不等实数根；

（Ⅲ ）证明：函数h（x）=f（x）﹣x
2
=lnx﹣x
2
，h′（x）=﹣3 x=
当0＜x＜时，h′（x）＞0，h（x）递增；当x＞
，（x＞0），

时，h′（x）＜0，h（x）递减．

即有x≥1时，h（x）递减，即h（x）≤ h（1）=ln1﹣＜0，则lnx＜x
2
，即为3x
2
＞lnx
2
．

则有ln1
2
＜3?1
2
，ln2
2
＜3?2
2
，ln3
2
＜3?3
2
，…，lnn< br>2
＜3?n
2
．

则ln1
2
+ln22
+…+lnn
2
＜3（1
2
+2
2
+…+n
2
），故有3（1
2
+2
2
+…+n
2
） ＞ln（1
2
?2
2
?…?n
2
）（n∈N
*）．