考点31导数与函数的零点

考点31导数与函数的零点1.【2022全国乙卷】已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x．

(1)当a=1时，求曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程：

(2)若f(x)在区间(−1,0)，(0,+∞)各恰有一个零点，求【答案】解：(1)当a=1时，f′(x)=1x+1+1−xe−x，x=0，f′(x)=2，又x=0时，f(0)=0，

所以曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y−0=2(x−0)，即y=2x．

(2)令g(x)=exln(x+1)+ax(x>−1)=exf(x)，有g(0)=0，

f(x)在区间(−1,0)，(0,+∞)各恰有一个零点，也即g(x)在区间(−1,0)，(0,+∞)各恰有一个零点，

则g′(x)=ex[ln(x+1)+11+x]+a，

(Ⅰ)若a≥−1时，则g′(x)=ex[ln(x+1)+11+x]+a

令φx=ln(x+1)+11+x，φ′x=xx+12，φx分别在(−1,0)和(0,+∞)单调递减和单调递增，易知当x=0时，φx取得最小值1，

所以ex[ln(x+1)+11+x]−1>ex−1，

当x>0时，ex−1>0，于是g(x)在(0,+∞)递增，g(x)>g(0)=0与g(x)在(0,+∞)上有一个零点矛盾．

(Ⅱ)若a<−1时，令G(x)=g′(x)则

G′(x)=ex[ln(x+1)+21+x−1(1+x)2]=exℎ(x)

ℎ′(x)=【解析】本题考查利用导数求函数切线，利用导数证明函数零点．2.【2021全国甲卷】已知a>0且a≠1，函数f(x)=xa(1)当a=2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围．【答案】解：(1)当a=2时,f(x)=x22x(x>0)，

求导f′(x)=x(2−xln2)2x(x>0)，

令f′(x)>0,即0<x<2ln2,此时f(x)单调递增．

令f′(x)<0，即x>令g故g(x)max=g(e)=1e,当x>e时,g(x)∈(0,1e)．

因为g(1)=0,要使得条件成立，则0<ln aa【解析】本题考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数研究函数图像的交点个数，属于较难题．

(1)求导f′(x)=x(2−xln2)2x(x>0)，根据导数的正负求解单调区间；3.【2021新高考Ⅱ卷】已知函数f(x)=(x−1)ex(1)讨论f(x)的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点．①1②0<a<12【答案】解：(1)由函数的解析式可得：f′x当a≤0时，若x∈−∞,0，则f′若x∈0,+∞，则f′当0<a<12时，若x∈−∞,若x∈ln2a,0若x∈0,+∞，则f′当a=12时，f′x当a>12时，若x∈−∞,0若x∈0,ln2a若x∈ln2a,+∞(2)若选择条件①：由于12<a≤e22又f(−ba)=(−ba−1)ef>2a=2a=aln由于1<2a≤e2，故结合函数的单调性可知函数在区间0,+∞上没有零点．综上可得，f(x)有一个零点．若选择条件②：由于0<a<12，故0<2a<1，则当b≥0时，e2>4,4a<2，而函数在区间0,+∞上单调递增，故函数在区间0,+∞上有一个零点．当b<0时，构造函数Hx=e当x∈−∞,0时，H′当x∈0,+∞时，H′注意到H0=0，故Hxf(x)=(x−1)e当x>1−b1−a取x0=即：f0而函数在区间0,+∞上单调递增，故函数在区间0,+∞上有一个零点．f≤2a=2a=aln由于0<a<12，0<2a<1，故结合函数的单调性可知函数在区间−∞,0上没有零点．综上可得，f(x)有一个零点．【解析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及零点问题，属于拔高题．

(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论．4.【2020全国Ⅰ卷】已知函数f(x)=e(1)

当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)

若f(x)有两个零点，求a的取值范围．【答案】解：由题意，f(x)的定义域为(−∞,+∞)，且f′(x)=ex−a．

(1)当a=1时，f′(x)=ex−1，令f′(x)=0，解得x=0，

∴当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

∴f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；

(2)①当a≤0时，f′(x)=ex−a>0恒成立，

f(x)在(−∞,+∞)上单调递增，不合题意；

②当a>0时，令f′(x)=0，解得x=lna，

当x∈(−∞,lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x∈(lna,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

∴f(x)的极小值也是最小值为f(lna)=a−a(lna+2)=−a(1+lna)，

又当x→−∞时，f(x)→+∞，当x→+∞时，f(x)→+∞，

∴要使f(x)有两个零点，只要f(lna)<0即可，

则1+lna>0，可得a>1【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数求极值，考查利用函数零点的个数求参数的取值范围，是中档题．

(1)当a=1时，f′(x)=ex−1，利用导数即可求单调性；

(2)分a≤0和a>0两种情况讨论，当a≤0时，f′(x)=ex−a>0恒成立，f(x)在(−∞,+∞)上单调递增，不合题意；当5.【2020全国Ⅲ卷】设函数f(x)=x3+bx+c，曲线y=f(x)在点(12,f((1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1．【答案】解：(1)f′(x)=3x由题意知：f′(12)=(2)由(1)可得f(x)=x由题意知直线y=c与函数y=34x−设g(x)=34x−当x∈(−∞,−12)时，g′(x)<0

，

当x∈(−12,12)时，g′(x)>0，

当x∈(12,+∞)时，g′(x)<0，

故g(x)在(−∞,−12)