1、專題檢測專題檢測( (二十六二十六) ) 導數與函數的零點問題導數與函數的零點問題 大題強化練 1(2020 安徽省部分重點學校聯考)已知函數 f(x)ex(x1)12eax2，a0. (1)求曲線 yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程； (2)求函數 f(x)的極小值； (3)求函數 f(x)的零點個數 解：(1)因為 f(x)ex(x1)12eax2， 所以 f(x)xexxea. 所以 f(0)1，f(0)0. 所以曲線 yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程為 y1. (2)f(x)xexxeax(exea)，令 f(x)0， 得 x0或 xa(a0) f(x)與 f(x)在 r

2、 上的變化情況如表： x (，a) a (a，0) 0 (0，) f(x) 0 0 f(x) 極大值 極小值 由表可知，當 x0時，f(x)有極小值 f(0)1. (3)當 x1 時，f(x)0，且 f(2)e22eae220. 由(2)可知，f(x)在(0，)上單調遞增， 所以函數 f(x)的零點個數為 1. 2(2020 南昌市第一次模擬測試)已知函數 f(x)ex(ln xaxab)(e 為自然對數的底數)，a，br，直線 ye2x是曲線 yf(x)在 x1 處的切線 (1)求 a，b 的值； (2)是否存在 kz，使得 yf(x)在(k，k1)上有唯一零點？若存在，求出 k 的值；若不

3、存在，請說明理由 解：(1)f(x)exln xax1xb ，f(x)的定義域為(0，) 由已知，得f（1）e2，f（1）e2，即ebe2，e（ba1）e2， 解得 a1，b12. (2)由(1)知，f(x)exln xx32， 則 f(x)exln xx1x12， 令 g(x)ln xx1x12， 則 g(x)x2x1x20，g(2)ln 210，即 f(x)0，當 x(x0，)時，g(x)0，即 f(x)0. 所以 f(x)在(0, x0)上單調遞增， 在(x0，)上單調遞減 又當 x0時，f(x)0， f(2)e2ln 2120，f(e)ee52e 0， 所以存在 k0或 2， 使得 y

4、f(x)在(k，k1)上有唯一零點 3(2020 四省八校檢測)已知函數 f(x)(2x)ex，g(x)a(x1)2. (1)求曲線 yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程； (2)討論 yf(x)和 yg(x)的圖象的交點個數 解：(1)f(x)ex(2x)ex(1x)ex，則 f(0)1，又 f(0)2，所以切線方程為 yx2，即 xy20. (2)令 f(x)g(x)f(x)a(x1)2(x2)ex，則 yf(x)和 yg(x)的圖象的交點個數即f(x)的零點個數 f(x)(x1)(ex2a) 當 a0 時，f(x)(x2)ex，f(x)只有一個零點 當 a0 時，由 f(x)0得 x

5、1或 xln(2a) 若 ae2，則 ln(2a)1，故當 x(1，)時，f(x)0，因此 f(x)在(1，)上單調遞增 當 x時，f(x)0，又當 x1 時，f(x)0，所以 f(x)只有一個零點 若 ae2，則 ln(2a)1，故當 x(1，ln(2a)時，f(x)0； 當 x(ln(2a)，)時，f(x)0. 因此 f(x)在(1，ln(2a)上單調遞減，在(ln(2a)，)上單調遞增 當 x時，f(x)0，又當 x1 時，f(x)0，所以 f(x)只有一個零點 當 a0 時，若 x(，1)，則 f(x)0； 若 x(1，)，則 f(x)0， 所以 f(x)在(，1)上單調遞減， 在(1

6、，)上單調遞增 f(1)e，f(2)a，取 b滿足 b0 且 bln a2， 則 f(b)a2(b2)a(b1)2ab232b 0，所以 f(x)有兩個零點 綜上，當 a0時，yf(x)和 yg(x)的圖象的交點個數為 1；當 a0時，yf(x)和 yg(x)的圖象的交點個數為 2. 4(2020 武昌區高三調研)已知函數 f(x)(a1)ln x1xax2(ar) (1)討論 f(x)的單調性； (2)若 f(x)有兩個極值點 x1，x2(x1x2)，且至少存在兩個零點，求f（x1）f（x2）x1x2的取值范圍 解：(1)f(x)的定義域為(0，)，且 f(x)（x1）（ax1）x2. 令

7、f(x)0，得 x1或 x1a. 當 a0時，ax10，f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增； 當 0a1 時，f(x)在(0，1)上單調遞減，在1，1a上單調遞增，在1a， 上單調遞減； 當 a1時，f(x)在(0，)上單調遞減； 當 a1 時，f(x)在0，1a上單調遞減，在1a，1 上單調遞增，在(1，)上單調遞減 (2)由(1)知，0a1 或 a1. 因為 0a1時，f(1)3a0，所以 0a1不合題意 因為 a1 時，f(x)在0，1a上單調遞減，在1a，1 上單調遞增，在(1，)上單調遞減， 所以f1a0，f（1）0，即（a1）（1ln a）0，3a0， 解得 ea3. 此時f（x1）f（x2）x1x23a（a1）（1ln a）11a 4aa1aln a. 記 g(a)4aa1aln a(ea3)，則 g(a)4（a1）2（1ln a