2021高考数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第4课时导数与函数的零点练习.doc

第4课时 导数与函数的零点 A级基础巩固1(2020·广州一中月考)函数f(x)ln x的零点个数是()A3 B2 C1 D0解析：f(x)，定义域(0，)，当0<x<4时，f(x)>0；当x>4时，f(x)<0，所以f(x)在(0，4)上递增，在(4，)上递减则f(x)maxf(4)ln 42ln <0.所以f(x)<0恒成立，故f(x)没有零点答案：D2已知函数f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示当1<a<2时，函数yf(x)a的零点的个数为()A1 B2 C3 D4解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示由于f(0)f(3)2，1<a<2，所以yf(x)a的零点个数为4.答案：D3(2020·日照一中调研)若方程8xx26ln xm仅有一个解，则实数m的取值范围为()A(，7)B(126ln 3，)C(156ln 3，)D(，7)(156ln 3，)解析：方程8xx26ln xm仅有一个解等价于函数m(x)x28x6ln xm(x>0)的图象与x轴有且只有一个交点又m(x)2x8.当x(0，1)时，m(x)>0，m(x)是增函数；当x(1，3)时，m(x)<0，m(x)是减函数；当x(3，)时，m(x)>0，m(x)是增函数，所以m(x)极大值m(1)m7，m(x) 极小值m(3)m6ln 315.因为当x趋近于0时，m(x)趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，m(x)趋近于正无穷，所以要使m(x)的图象与x轴有一个交点，必须有(x)极大值m7<0或(x)最小值m6ln 315>0，故m<7或m>156ln 3.答案：D4(2020·佛山调研)已知函数f(x)ex，g(x)ln ，对任意aR，存在b(0，)，使f(a)g(b)，则ba的最小值为()A21 Be2C2ln 2 D2ln 2解析：存在b(0，)，使f(a)g(b)，则ealn ，令tealn >0，所以aln t，b2et，则ba2etln t.设(t)2etln t，则(t)2et(t>0)显然(t)在(0，)上是增函数，当t时，0.所以(t)有唯一零点t，故当t时，(t)取得最小值2ln 2.答案：D5若函数f(x)1(a0)没有零点，则实数a的取值范围为_解析：f(x)(a0)当x2时，f(x)0；当x2时，f(x)0.所以当x2时，f(x)有极小值f(2)1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)10，解得ae2，因此e2a0.答案：(e2，0)6(2020·长郡中学检测)已知函数f(x)x3x2axa存在极值点x0，且f(x1)f(x0)，其中x1x0，则x12x0_解析：由f(x)x3x2axa，得f(x)3x22xa.因为x0为f(x)的极值点，知3x2x0a0.因为f(x1)f(x0)，其中x1x0，所以xxax1axxax0a，化为xx1x0x(x1x0)a0，把a3x2x0代入上述方程可得xx1x0x(x1x0)3x2x00，化为xx1x02xx0x10，即(x1x0)(x12x01)0，因为x1x00，所以x12x01.答案：17已知函数f(x)aln x(aR)(1)求f(x)的单调递减区间；(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围解：(1)由题意可得，f(x)(x>0)，当a0时，f(x)<0，函数f(x)在(0，)上单调递减，当a>0时，f(x)，由f(x)0，解得0<x .所以此时函数f(x)的单调递减区间为.综上可得：a0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，)，a>0时，函数f(x)的单调递减区间为.(2)由(1)可得若函数f(x)有两个不同的零点，则必须满足a>0，且f ln <0，化为ln <1，解之得a>2e.所以实数a的取值范围是(2e，)8已知函数f(x)ex1，g(x)x，其中e是自然对数的底数，e2.718 28.(1)证明：函数h(x)f(x)g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)g(x)的根的个数，并说明理由(1)证明：易知h(x)f(x)g(x)ex1x.所以h(1)e3<0，h(2)e23>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点(2)解：由(1)可知h(x)f(x)g(x)ex1x.由g(x)x知x0，)，而h(0)0，则x0为h(x)的一个零点又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在0，)上至少有两个零点h(x)exx1，记(x)exx1，则(x)exx.当x(0，)时，(x)>0，因此(x)在(0，)上单调递增易知(x)在(0，)内只有一个零点，则h(x)在0，)上有且只有两个零点，所以方程f(x)g(x)的根的个数为2.B级能力提升9设f(x)x3x22x5，若曲线yf(x)与直线y2xm有三个交点，则实数m的取值范围是_解析：曲线yf(x)与直线y2xm有三个交点，则g(x)x3x22x52xmx3x25m有三个零点令g(x)x23x0，得x0或x3.由g(x)>0，得x<0或x>3；由g(x)<0，得0<x<3.所以函数g(x)在(，0)和(3，)上为增函数，在(0，3)上为减函数要使g(x)有三个零点，只需解得<m<5.故实数m的取值范围为.答案：10(2020·河南名校联盟调研)已知函数f(x)ex(ae)·xax2.(1)当a0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围解：(1)当a0时，f(x)exex，则f(x)exe，f(1)0，当x<1时，f(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f(x)>0，f(x)单调递增所以f(x)在x1处取得极小值，且极小值为f(1)0，无极大值(2)由题意得f(x)ex2axae，设g(x)ex2axae，则g(x)ex2a.若a0，则f(1)0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点；若a<0，则g(x)ex2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增又g(0)1ae<0，g(1)a>0，所以存在x0(0，1)，使g(x0)0.故当x(0，x0)时，f(x)<0，f(x)单调递减；当x(x0，1)时，f(x)>0，f(x)单调递增因为f(0)1，f(1)0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点若a>0，由(1)得当x(0，1)时，ex>ex.则f(x)ex(ae)xax2>ex(ae)xax2a(xx2)>0，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点综上，实数a的取值范围为(，0)11(2019·天津卷)设函数f(x)ln xa(x1)ex，其中aR.(1)若a0，讨论f(x)的单调性；(2)若0<a<：证明f(x)恰有两个零点；设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1>x0，证明3x0x1>2.解：(1)由已知，f(x)的定义域为(0，)，且f(x)aexa(x1)ex.因此当a0时，1ax2ex>0，从而f(x)>0，所以f(x)在(0，)内单调递增(2)证明：由(1)知，f(x).令g(x)1ax2ex，由0<a<，知g(x)在(0，)内单调递减又g(1)1ae>0，且g1a1<0，故g(x)0在(0，)内有唯一解，从而f(x)0在(0，)内有唯一解，不妨设为x0，则1<x0<ln .当x(0，x0)时，f(x)>0，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x(x0，)时，f(x)<0，所以f(x)在(x0，)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点令h(x)ln xx1，则当x>1时，h(x)1<0.故h(x)在(1，)内单调递减，从而当x>1时，h(x)<h(1)0，所以ln x<x1.从而flnaelnlnln 1h<0，又因为f(x0)>f(1)0，所以f(x)在(x0，)内有唯一零点又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，)内恰有两个零点由题意，即从而ln x1e x1x0，则e x1x0.因为当x>1时，ln x<x1，又x1>x0>1，故ex1x0<x，两边取对数，得ln ex1x0<ln x，于是x1x0<2ln x0<2(x01)，整理得3x0x1>2.C级素养升华12已知函数f(x)x2(2a1)xaln x(aR)(1)若f(x)在区间1，2上是单调函数，求实数a的取值范围；(2)函数g(x)(1a)x，若x01，e使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围解：(1)f(x)，当导函数f(x)的零点xa落在区间(1，2)内时，函数f(x)在区间1，2上就不是单调函数，所以实数a的取值范围是a1或a2.(2)由题意知，不等式f(x)g(x)在区间1，e上有解，即x22xa(ln xx)0在区间1，e上有解因为当x1，e时，ln x1x(不同时取等号)，xln x>0，所以a在区间1，e上有解令h(x)，则h(x).因为x(1，e)，所以x2>22ln x，所以h(x)0，h(x)单调递增，所以x1，e时，h(x)maxh(e)，所以a，所以实数a的取值范围是.- 8 -