高中数学压轴题系列——导数专题——零点与交点

1.（2015•新课标Ⅰ）设函数f（x）=e2x﹣alnx．

（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；（Ⅱ）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln．

解：（Ⅰ）f（x）=e2x﹣alnx的定义域为（0，+∞），∴f′（x）=2e2x﹣．

当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）没有零点，

当a＞0时，∵y=e2x为单调递增，y=﹣单调递增，∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，又f′（a）＞0，

假设存在b满足0＜b＜ln时，且b＜，f′（b）＜0，故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，

当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0+∞）时，f′（x）＞0，

故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0+∞）单调递增，

所欲当x=x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0），

由于﹣=0，所以f（x0）=+2ax0+aln≥2a+aln．故当a＞0时，f（x）≥2a+aln．

2.（2013•陕西）已知函数f（x）=ex，x∈R．

（Ⅰ） 若直线y=kx+1与f （x）的反函数g（x）=lnx的图象相切，求实数k的值；

（Ⅱ） 设x＞0，讨论曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数．

（Ⅲ） 设a＜b，比较与的大小，并说明理由．

解：（I）函数f（x）=ex的反函数为g（x）=lnx，∴．

设直线y=kx+1与g（x）的图象相切于点P（x0，y0），则，

解得，k=e﹣2，∴k=e﹣2．

（II）当x＞0，m＞0时，令f（x）=mx2，化为m=，令h（x）=，则，

则x∈（0，2）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增．

∴当x=2时，h（x）取得极小值即最小值，．

∴当时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数为0；

当时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点的个数为1；

当时，曲线y=f （x） 与曲线y=mx2（m＞0）公共点个数为2．

（Ⅲ） ==

=，

令g（x）=x+2+（x﹣2）ex（x＞0），则g′（x）=1+（x﹣1）ex．

g′′（x）=xex＞0，∴g′（x）在（0，+∞）上单调递增，且g′（0）=0，

∴g′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，

而g（0）=0，∴在（0，+∞）上，有g（x）＞g（0）=0．

∵当x＞0时，g（x）=x+2+（x﹣2）•ex＞0，且a＜b，∴，

即当a＜b时，．

3.（2016•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2．

（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．

解：（Ⅰ）由f（x）=（x﹣2）ex+a（x﹣1）2，可得f′（x）=（x﹣1）ex+2a（x﹣1）=（x﹣1）（ex+2a），

①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，

即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增（如右上图）；

②当a＜0时，（如右下图）若a=﹣，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；

若a＜﹣时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．

即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；在（1，ln（﹣2a））递减；

若﹣＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．

即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；在（ln（﹣2a），1）递减；

（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0时，f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，

 且f（1）=﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；x→﹣∞，f（x）→+∞．f（x）有两个零点；

②当a=0时，f（x）=（x﹣2）ex，所以f（x）只有一个零点x=2；

③当a＜0时，若a＜﹣时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，

在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，

又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；

当a≥﹣时，在（﹣∞，ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞）单调增，在（1n（﹣2a），1）单调减，

只有f（ln（﹣2a））等于0才有两个零点而f（x）小于零所以只有一个零点不符题意．

综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+∞）．

4.（2015•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=x3+ax+，g（x）=﹣lnx

（i）当 a为何值时，x轴为曲线y=f（x）的切线；

（ii）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．

解：（i）f′（x）=3x2+a．设曲线y=f（x）与x轴相切于点P（x0，0），则f（x0）=0，f′（x0）=0，

∴，解得，a=．因此当a=﹣时，x轴为曲线y=f（x）的切线；

（ii）当x∈（1，+∞）时，g（x）=﹣lnx＜0，∴函数h（x）=min { f（x），g（x）}＜0，

故h（x）在x∈（1，+∞）时无零点．当x=1时，若a≥﹣，则f（1）=a+≥0，

∴h（x）=min { f（1），g（1）}=g（1）=0，故x=1是函数h（x）的一个零点；

若a＜﹣，则f（1）=a+＜0，∴h（x）=min { f（1），g（1）}=f（1）＜0，

故x=1不是函数h（x）的零点；

当x∈（0，1）时，g（x）=﹣lnx＞0，因此只考虑f（x）在（0，1）内的零点个数即可．

①当a≤﹣3或a≥0时，f′（x）=3x2+a在（0，1）内无零点，因此f（x）在区间（0，1）内单调，

而f（0）=，f（1）=a+，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，

当a≥0时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点．

②当﹣3＜a＜0时，函数f（x）在内单调递减，在内单调递增，故当x=时，f（x）取得最小值=．

若＞0，即，则f（x）在（0，1）内无零点．

若=0，即a=﹣，则f（x）在（0，1）内有唯一零点．

若＜0，即，由f（0）=，f（1）=a+，

∴当时，f（x）在（0，1）内有两个零点．

当﹣3＜a时，f（x）在（0，1）内有一个零点．

综上可得：a＜时，函数h（x）有一个零点．当时，h（x）有一个零点；

当a=或时，h（x）有两个零点；当时，函数h（x）有三个零点．

5.（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣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．

解：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，

当a=0时，f′（x）=﹣2ex﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，

当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+）（ex﹣），

令f′（x）=0，解得：x=ln，当f′（x）＞0，解得：x＞ln，当f′（x）＜0，解得：x＜ln，

∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；

当a＜0时，f′（x）=2a（ex+）（ex﹣）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，

综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，

当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；

（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，

当a＞0时，f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，ex→0，

∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于ex和x，∴当x→∞，f（x）→+∞，

∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，

由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，

∴f（x）min=f（ln）=a×（）+（a﹣2）×﹣ln＜0，∴1﹣﹣ln＜0，即ln+﹣1＞0，

设t=，则g（t）=lnt+t﹣1，（t＞0），求导g′（t）=+1，由g（1）=0，∴t=＞1，解得：0＜a＜1，

∴a的取值范围（0，1）．

方法二：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，

当a=0时，f′（x）=﹣2ex﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，

当a＞0时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+）（ex﹣），

令f′（x）=0，解得：x=﹣lna，当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，

∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；

当a＜0时，f′（x）=2a（ex+）（ex﹣）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，

综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，

当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；

（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，

②当a＞0时，由（1）可知：当x=﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min=f（﹣lna）=1﹣﹣ln，

当a=1，时，f（﹣lna）=0，故f（x）只有一个零点，

当a∈（1，+∞）时，由1﹣﹣ln＞0，即f（﹣lna）＞0，故f（x）没有零点，

当a∈（0，1）时，1﹣﹣ln＜0，f（﹣lna）＜0，由f（﹣2）=ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，

故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，

假设存在正整数n0，满足n0＞ln（﹣1），则f（n0）=（a+a﹣2）﹣n0＞﹣n0＞﹣n0＞0，

由ln（﹣1）＞﹣lna，因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．

∴a的取值范围（0，1）．