课时跟踪检测(二十三)导数与函数的零点问题A卷1．(2019·福建三明联考)设a为实数，函数f(x)＝－x3＋3x＋a.(1)求f(x)的极值；(2)是否存在实数a，使得方程f(x)＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f′(x)＝－3x2＋3，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1. 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴f(x)的极小值为f(－1)＝a－2，极大值为f(1)＝a＋2.图1(2)由(1)得，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，且当x→－∞时，f(x)→＋∞；f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且当x→＋∞时，f(x)→－∞，而a＋2>a－2，即函数的极大值大于极小值，∴当极大值等于0时，极小值小于0，此时曲线f(x)与x轴恰好有两个交点，即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，图2如图1所示．∴a＋2＝0，即a＝－2.极小值等于0时，极大值大于0，此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点，即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，如图2所示．∴a－2＝0，即a＝2.综上所述，当a＝2或a＝－2时，方程f(x)＝0恰好有两个实数根．2．(2019·河南郑州质检)已知函数f(x)＝lnx＋－，a∈R且a≠0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数．解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝lnx＋－，所以f′(x)＝，①当a<0时，f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，则当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)由题意知，函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m，x∈的零点个数即方程(lnx－1)ex＋x＝m，x∈的根的个数．令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，x∈，则h′(x)＝ex＋1.由(1)知，当a＝1时，f(x)＝lnx＋－1在上单调递减，在(1，e]上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0.所以＋lnx－1≥0在x∈上恒成立，所以h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0，所以h(x)＝(lnx－1)ex＋x在x∈上单调递增，所以h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝h(e)＝e，所以当m<－2e＋或m>e时，函数g(x)在上没有零点；当－2e＋≤m≤e时函数g(x)在上有一个零点．B卷1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．解：(1)证明：设g(x)＝f′(x)＝cosx＋xsinx－1，则g′(x)＝xcosx.当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．2．(2019·惠州市一调)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(a∈R)．(1)试确定函数f(x)的零点个数；(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.解：(1)由f(x)＝0得a＝(2－x)ex，令g(x)＝(2－x)ex，函数f(x)的零点个数即直线y＝a与曲线g(x)＝(2－x)·ex的交点个数， g′(x)＝－ex＋(2－x)ex＝(1－x)ex，由g′(x)>0得x<1，∴函数g(x)在(－∞，1)上单调递增；由g′(x)<0，得x>1，∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴当x＝1时，函数g(x)有最大值，g(x)max＝g(1)＝e.又当x<2时，g(x)>0，g(2)＝0，当x>2时，g(x)<0，作出函数g(x)的大致图象如图所示，∴当a>e时，函数f(x)没有零点；当a＝e或a≤0时，函数f(x)有一个零点；当0
