2021版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第5课时利用导数解决函数的零点问题课时跟踪检测理新人教A版202005110231.doc

第五课时利用导数解决函数的零点问题A级·基础过关|固根基|1.若函数f(x)x2aln x(a>0)有唯一的零点x0，且m<x0<n(n为相邻整数)，则mn的值为()A1B3C5D7解析：选C令g(x)x2，h(x)aln x，则g(x)2x，h(x)(a>0，x>0)因为函数f(x)有唯一零点x0，所以函数g(x)，h(x)的图象有唯一一个交点，即g(x)，h(x)有唯一公切点(x0，y0)，即由得x2ln x00，令(x)x2ln x0，则(1)3>0，(2)57ln 2>0，(e)e2<0，所以x0(2，e)，所以m2，n3，所以mn5.2(2019届宜州调研)设f(x)|ln x|，若函数g(x)f(x)ax在区间(0，4)上有三个零点，则实数a的取值范围是()ABCD解析：选D令y1f(x)|ln x|，y2ax，若函数g(x)f(x)ax在区间(0，4)上有三个零点，则y1f(x)|ln x|与y2ax的图象(图略)在区间(0，4)上有三个交点由图象易知，当a0时，不符合题意；当a>0时，易知y1|ln x|与y2ax的图象在区间(0，1)上有一个交点，所以只需要y1|ln x|与y2ax的图象在区间(1，4)上有两个交点即可，此时|ln x|ln x，由ln xax，得a.令h(x)，x(1，4)，则h(x)，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e，4)上单调递减，h(e)，h(1)0，h(4)，所以<a<，故选D3若函数f(x)1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为_解析：f(x).当a<0时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，2)2(2，)f(x)0f(x)极小值若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)1>0，解得a>e2，所以此时e2<a<0，故实数a的取值范围为(e2，0)答案：(e2，0)4(2019届广东惠州模拟)已知函数f(x)|xex|m(mR)有三个零点，则实数m的取值范围是_解析：函数f(x)|xex|m(mR)有三个零点，即函数y1|xex|与y2m的图象有三个不同的交点令g(x)xex，则g(x)(1x)ex.当x<1时，g(x)<0；当x>1时，g(x)>0，g(x)xex在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，g(x)在x1时取得极小值，也是最小值，为g(1)且当x时，y0.又当x<0时，g(x)<0；当x>0时，g(x)>0，函数y|xex|的图象如图所示由图知，当m时，函数y|xex|与ym的图象有三个交点，即函数f(x)|xex|m有三个零点，故实数m的取值范围是.答案：5(2019届福州市高三质检)函数f(x)1x，g(x)1x，若函数F(x)f(x3)g(x4)，且函数F(x)的零点均在a，b(a<b，a，bZ)内，则ba的最小值为_解析：f(x)1x，f(x)1xx2.f(x)1xx2>0，f(x)1x在R上是单调递增函数f(0)1>0，f(1)<0，f(x)1x在区间1，0上存在唯一零点，f(x3)在区间4，3上存在唯一零点，又g(x)1x，g(x)1xx2，g(x)1xx2<0，g(x)1x在R上是单调递减函数，g(2)<0，g(1)>0，g(x)1x在区间1，2上存在唯一零点，g(x4)在区间5，6上存在唯一零点，由F(x)f(x3)g(x4)0，得f(x3)0或g(x4)0，故函数F(x)的零点均在4，6内，则ba的最小值为10.答案：106(2020届成都摸底)已知函数f(x)e2x2aex2ax，其中a>0.(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值解：(1)当a1时，f(x)e2x2ex2x，f(x)2e2x2ex2，f(0)2e02e022.又f(0)e02e001，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y(1)2x，即2xy10.(2)由题意得f(x)2e2x2aex2a2(e2xaexa)令tex(0，)，则g(t)2(t2ata)设t2ata0的解为t1，t2则t1t2a，t1t2a，又a>0，函数yg(t)在(0，)上仅有一个零点存在t0(0，)，使得g(t0)0，即存在x0满足t0ex0时，f(x0)0.当t(0，t0)，即x(，x0)时，f(x)<0，f(x)在(，x0)上单调递减；当t(t0，)，即x(x0，)时，f(x)>0，f(x)在(x0，)上单调递增又当x时，e2x2aex0，2ax，f(x)；当x>0时，ex>x，f(x)e2x2aex2ax>e2x2aex2aexex(ex4a)，当x时，ex(ex4a)，f(x).函数f(x)有唯一零点时，必有f(x0)e2x02aex02ax00.又e2x0aex0a0，由消去a，得ex02x010.令h(x)ex2x1，h(x)ex2>0，h(x)单调递增又h(0)0，方程ex02x010有唯一解x0.将x0代入e2x0aex0a0，解得a，当函数f(x)有唯一零点时，a为.B级·素养提升|练能力|7.(2020届大同调研)已知函数f(x)2ln xx2ax(aR)(1)当a2时，求f(x)的图象在x1处的切线方程；(2)若函数g(x)f(x)axm在上有两个不同的零点，求实数m的取值范围解：(1)当a2时，f(x)2ln xx22x，f(x)2x2，则kf(1)2.f(1)1，切点坐标为(1，1)所以切线方程为y12(x1)，即y2x1.(2)由题意得，g(x)2ln xx2m，则g(x)2x.x，令g(x)0，得x1.当x<1时，g(x)>0，g(x)单调递增；当1<xe时，g(x)<0，g(x)单调递减故g(x)在上有最大值g(1)m1.又gm2，g(e)m2e2，g(e)g4e2<0，则g(e)<g，g(x)在上的最小值是g(e)g(x)在上有两个不同的零点的条件是解得1<m2，实数m的取值范围是.8(2019届河南安阳二模)已知函数f(x)ln xx2ax，aR.(1)证明：ln xx1；(2)若a1，讨论函数f(x)的零点个数解：(1)证明：令g(x)ln xx1(x>0)，则g(1)0，g(x)1，当x(0，1)时，g(x)>0，函数g(x)单调递增；当x(1，)时，g(x)<0，函数g(x)单调递减当x1时，函数g(x)取得极大值也是最大值，g(x)g(1)0，即ln xx1.(2)f(x)2xa，x>0.令2x2ax10，解得x0(负值舍去)，在(0，x0)上，f(x)>0，函数f(x)单调递增，在(x0，)上，f(x)<0，函数f(x)单调递减f(x)maxf(x0)当a1时，x01，f(x)maxf(1)0，此时函数f(x)只有一个零点x1.当a>1时，f(1)a1>0，fln <1<0，f(2a)ln 2a2a2<2a12a22<0.函数f(x)在区间和区间(1，2a)上各有一个零点综上可得，当a1时，函数f(x)只有一个零点x1；当a>1时，函数f(x)有两个零点9(2019年全国卷)已知函数f(x)ln x.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线解：(1)函数f(x)ln x.定义域为(0，1)(1，)；f(x)>0，(x>0且x1)，f(x)在(0，1)和(1，)上单调递增在(0，1)上取，代入函数，由函数零点的定义得，f<0，f>0，f·f<0，f(x)在(0，1)有且仅有一个零点在(1，)上取e，e2代入函数，由函数零点的定义得，又f(e)<0，f(e2)>0，f(e)·f(e2)<0，f(x)在(1，)上有且仅有一个零点，故f(x)在定义域内有且仅有两个零点(2)证明：若x0是f(x)的一个零点，则有ln x0，由yln x，得y；曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线方程为yln x0(xx0)，即yx1ln x0，即yx，当曲线yex切线斜率为时，切点为，曲线yex的切线在点处的切线方程为y，即yx，故曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线故得证- 7 -