高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题17导数与函数零点(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题17导数与函数零点(原卷版+解析)，共44页。试卷主要包含了(2023·全国乙 已知函数．，(2023·全国乙已知函数等内容，欢迎下载使用。
专题17 导数与函数零点、方程的根
导数与函数零点、方程的根
判断函数零点个数
有关函数零点个数的证明
已知零点个数求参数范围
已知方程根的个数求参数范围
判断方程根的个数
练高考 明方向
1.（多选题）(2023·新高考Ⅰ卷T10）已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心D. 直线是曲线的切线
2.(2023·全国乙（文）T20） 已知函数．
（1）当时，求的最大值；
（2）若恰有一个零点，求a的取值范围．
3.(2023·全国乙（理）T21）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
4．(2023年高考全国乙卷理科)设函数，已知是函数的极值点．
(1)求a；
(2)设函数．证明:．
5、【2019年高考浙江】已知，函数．若函数恰有3个零点，则
A．a0
6．(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知函数，为的导数．证明：
(1)在区间存在唯一极大值点；
(2)有且仅有2个零点．
7．(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知函数，为的导数．证明：
(1)在区间存在唯一极大值点；
(2)有且仅有2个零点．
8．(2023年高考数学课标Ⅱ卷（理）)已知函数．
(1)若，证明：当时，；
(2)若在只有一个零点，求．
9．(2023高考数学新课标1理科)(本小题满分12分)
已知函数
(Ⅰ)当为何值时，轴为曲线 的切线；
(Ⅱ)用 表示中的最小值，设函数 ，讨论零点的个数．
10．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)已知函数．
(1)讨论的单调性;
(2)若有两个零点,求的取值范围．
11．(2023高考数学课标1理科)已知函数=,若存在唯一的零点,且>0,则的取值范围为( )
A．(2,+∞) B．(-∞,-2) C．(1,+∞) D．(-∞,-1)
讲典例 备高考
类型一、利用导数判断函数零点的个数
基本题型：
1．已知函数，
（1）当时，求的单调区间；（2）当，讨论的零点个数；
2、已知函数f(x)＝ex－x－a(a∈R)．
(1)当a＝0时，求证：f(x)>x；
(2)讨论函数f(x)在R上的零点个数．
基本方法：
1、两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)0)。
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程。
(2)求函数f(x)的单调区间。
(3)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)。
2023高考一轮复习讲与练
专题17 导数与函数零点、方程的根
导数与函数零点、方程的根
判断函数零点个数
有关函数零点个数的证明
已知零点个数求参数范围
已知方程根的个数求参数范围
判断方程根的个数
练高考 明方向
1.（多选题）(2023·新高考Ⅰ卷T10）已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心D. 直线是曲线的切线
答案：AC
【解析】
分析：利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，令得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，所以是极值点，故A正确；因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
2.(2023·全国乙（文）T20） 已知函数．
（1）当时，求的最大值；
（2）若恰有一个零点，求a的取值范围．
答案：（1） （2）
【解析】
分析：（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【小问1详解】当时，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以；
【小问2详解】
，则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；又，当x趋近正无穷大时，趋近于正无穷大，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；此时，又，当n趋近正无穷大时，趋近负无穷，所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
3.(2023·全国乙（理）T21）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
答案：（1） （2）
【解析】
分析：（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【小问1详解】的定义域为，当时,,所以切点为,所以切线斜率为2，所以曲线在点处的切线方程为
【小问2详解】，，设
若,当,即，所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意
若,当,则，所以在上单调递增所以,即，所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增，，
所以存在,使得,即，当单调递减，
当单调递增，所以当，
当，所以在上有唯一零点，又没有零点,
即在上有唯一零点
(2)当，设，，所以在单调递增，，所以存在,使得，当单调递减，当单调递增，
又，所以存在,使得,即，当单调递增,当单调递减，有，而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点，即在上有唯一零点，所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
4．(2023年高考全国乙卷理科)设函数，已知是函数的极值点．
(1)求a；
(2)设函数．证明:．
答案：；证明见详解
解析：（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；令，
再令，则，，令，，
当时，，单减，假设能取到，则，故；
当时，，单增，假设能取到，则，故；
综上所述，在恒成立
【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题．
5、【2019年高考浙江】已知，函数．若函数恰有3个零点，则
A．a0
答案：C
【解析】当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x=b1−a，则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b=13x3−12（a+1）x2+ax﹣ax﹣b=13x3−12（a+1）x2﹣b，，
当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增，
则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点，不合题意；
当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，如图：
∴b1−a＜0且，解得b＜0，1﹣a＞0，b＞−16（a+1）3，
则a>–1，bx；
(2)讨论函数f(x)在R上的零点个数．
【解析】(1)证明：当a＝0时，f(x)＝ex－x，
令g(x)＝f(x)－x＝ex－x－x＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2.令g′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x0，g(x)单调递增．
所以x＝ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，即g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2lneq \f(e,2)>0，
故当a＝0时，f(x)>x成立．
，由得，
所以当时，，f(x)单调递减；当时，，f(x)单调递增；
所以当是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即。
当1－a>0，即a0，
所以函数f(x)在内只有一个零点，由（1）得，令，得，
所以f(a)＝ea－a－a＝ea－2a>0，于是f(x)在内只有一个零点，
因此，当a>1时，f(x)在R上有两个零点．
综上，当a1时，函数f(x)在R上有两个零点．
基本方法：
1、两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)0，方程mf′(x)－x＋eq \f(m,x)＝0有两个不同的实数解，求实数m的取值范围．
【解析】(1)依题意函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq \f(ln x,x)－eq \f(1,x)＝eq \f(x＋ln x－1,x)，
令g(x)＝x＋ln x－1，则 g′(x)＝1＋eq \f(1,x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x∈(0,1)时，g(x)0，
故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
(2)方程mf′(x)－x＋eq \f(m,x)＝0化简可得m(x＋ln x)＝x2，
所以方程mf′(x)－x＋eq \f(m,x)＝0有两解等价于方程eq \f(x＋ln x,x2)＝eq \f(1,m)有两解，
设F(x)＝eq \f(x＋ln x,x2)，则F′(x)＝eq \f(1－x－2ln x,x3)，
令h(x)＝1－x－2ln x，由于h′(x)＝－1－eq \f(2,x)0, 即F′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，g(x)0，
故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
(2)方程mf′(x)－x＋eq \f(m,x)＝0化简可得m(x＋ln x)＝x2，
所以方程mf′(x)－x＋eq \f(m,x)＝0有两解等价于方程eq \f(x＋ln x,x2)＝eq \f(1,m)有两解，
设F(x)＝eq \f(x＋ln x,x2)，则F′(x)＝eq \f(1－x－2ln x,x3)，
令h(x)＝1－x－2ln x，由于h′(x)＝－1－eq \f(2,x)0, 即F′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)0，所以当0a时，f′(x)