人教版导与练总复习数学一轮课时作业：第三章第2节第四课时　导数与函数的零点.pdf

《人教版导与练总复习数学一轮课时作业：第三章第2节第四课时　导数与函数的零点.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教版导与练总复习数学一轮课时作业：第三章第2节第四课时　导数与函数的零点.pdf（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第四课时导数与函数的零点课时作业三选题明细表灵活方医方致偎影知识点、方法综合运用练应用创新练利用导数研究函数零点个数25根据函数零点求参数1,3函数零点的综合应用46,7B级 综 合 运 用 练1.已知函数f (x)=33_笠 ；g (x)=|-r n x,m 是实数.(1)若 f (x)在区间+8)上为增函数,求m的取值范围；(2)在(1)的条件下，函 数 h(x)=f (x)-g(x)有 3 个零点，求 m的取值范围.解：(1)函数的导数为f (x)=x2-(m+l)x,因为f(x)在区间+8)上为增函数，所以f(x)=x(x-m-l)2 0在区间(2,+8)上恒成立，所以x-m l 2

2、0 在区间(2,+)上恒成立，即m Wx-1 在区间+8)上恒成立，由 x2,得 m Wl,所以m的取值范围是(2)h (x)=f (x)-g (x)=|x:i-x2+m x-|,所以 h (x)=(xT)(x-m)=0,解得 x=m 或 x=l,当m=l时,h (x)=(xT)?20,h(x)在 R 上是增函数,不符合题意,当.时，令 h (x)0,解得 x m 或 xl,令 h (x)0,_m6t2 3 解得 m 0).(1)当k=4时,求函数f(x)的单调区间和极值；讨论函数f(x)在区间(1,证)上的零点个数.解：因 为 仪 旧-2k ln x(k 0),所以f(x)的定义域是(0,+

3、8),f，(x)=2x-匹空之X X令 f (x)=0,得 x=2 或 x=-2(舍去).当x 变化时，函数f(x),f (x)变化情况如表：X(0,2)2(2,+8)f (x)0+f (x)单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+8),在 x=2处取得极小值,f (2)=4-8 1n 2,无极大值.(2)由 知 f(x)的最小值为f (4)=k-k i n k,若函数有零点，则有f(V f c)W0,解得k 2e.当k e 时，函数f (x)在(1,粕)上单调递减，又 f=10,f(V e)=e-k O,所以函数f (x)在(1,粕)上有1个零点;

4、当0 k e时，函数f(x)的最小值为正数,所以函数f (x)在(1,粕)上没有零点.综上,当k e e 时，函数f (x)在(1,五)上有1个零点，当0 k e时,函数f (x)在(1,五)上没有零点.3.已知函数 f (x)=-x2+21n x+2.(1)求 f(x)的极值；(2)若 g(x)=ln x+2-x-k-f (x),在(a2)上有两个不同的零点,求实数k的取值范围.解：(l)f(x)的定义域为(0,+8),f(x)=2x+2EaT),X X由 f (x)=0 得 x=l,当 0O,f(x)单调递增，当x l 时,f (x)O,f(x)单调递减，所以函数f (x)有极大值f (1

5、)=1,无极小值.(2)若 g(x)=x2-ln x-x-k,x e(1,2),g(x)=2xT=3+i)(”)，则当 X=1 时，g，(x)=0,当时，X X 2gz(x)0,当 l x0,于是得g(x)在 1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,g(x)r a i n=g(l)=-k，而 g(?=ln 2-J-k,g(2)=2-ln 2-k,显 然 g(?g(2),要 g(x)在$2)上有两个不同的零点，当且仅当(k U,4 44.已知函数 f (x)=e2x+(l-2a)ex-ax(aG R).讨 论 f(x)的单调性；若 f(x)在定义域内至多有一个零点,求a 的取值范围.解：(1)由

6、题意，函数f(x)=e2x+(l-2a)e-ax的定义域为R,且 fz(x)=2e2x+(l-2a)ex-a=(2ex+l)(ex-a).当a W O 时，#(x)O,f(x)在 R 上单调递增;当 a0 时，令 f (x)=0,即 ex-a=O,解得x=ln a,当 xW(-8,i n a)时,f (x)0,f (x)在(I n a,+8)上单调递增.综上所述,当a W O 时,f (x)在 R 上单调递增；当a0时,f (x)在(-,I n a)上单调递减,在(I n a,+)上单调递增.由知,当a W O 时，函数f (x)在 R 上为增函数,所以f (x)在定义域上至多有一个零点；当a

7、0时,由(1)知,f (x)在(-,I n a)上单调递减,在(I n a,+)上单调递增，所以 f (x)i n=f (I n a)=a2+(l-2a)a-aln a=a-a2-aln a,因为f (x)在 R 上至多有一个零点,则满足f(x)m i n O,即 1-a-ln a，0,设 g(a)=ln a+a-1,a0,可得 g(a)=-+l0,所以晨a)在(0,+8)上单a调递增，且 g(l)=O,由不等式g(a)WO,可得00恒成立，所 以 f(x)在(0,+8)上单调递增,且 X f。时，f (x)f-8,X f+8 时，f (x)f+8,所以 f(x)只有一个零y 八占、，当 a0

8、 时,f (a)=0,且当 x (0,a)时,f (x)0,所以f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+-)上单调递增，所以 f (x)m i n=f (a)=ln a+2.(i )若 f (x)m i WO,即 I n a+2 0,所以 0 a e-2,因为f (x)在(a,+8)上单调递增,f (a)0,所以f (x)在(a,+8)上只有一个零点.又因为f (x)在(0,a)上单调递减,且f (a)0,所以 f(a2)=21n a+-+l.a令 g(x)=21n x+-+l,xG (0,e2),X所以g (x)卓g(e-2)=e2-30,即 f (a2)=21n a+-+l0,因为 0

9、 a20,f(a)0,所以 f (x)在a(0,a)上只有一个零点,所以当00,ae；f (x)无零点.(i i i)若 f (x)m i n=0,即 I n a+2=0,a=e f (x)只有一个零点.综上所述,当a W O 或 a=e 时,f (x)只有一个零点；当O a e,时,f(x)有两个零点；当ae 2时,f (x)无零点.6.f(x)=aln x+eX+b(a0),其中e=2.7 18 28 是自然对数的底数.判 断 f(x)的单调性；(2)令 m(x)=f (x)-ex,a=l,若对于 x 1,+),m(x)W&-(b W O)恒b成立，求 b的取值范围.解：(1)因为 f (

10、x)=aln x+ex+b (a0,x0),所以f,(x)二空，X X因为a0,x0,所以竺之0,X故 f (x)0,所以f(x)在(0,+8)上单调递增.(2)由题意得 m(x)=ln x+b 由0),即求对于 x 1,+8),I n x+b W空 式(b r 0)恒成立时一,b的取值范围，因为m/(x)0,故 m(x)在b x(0,+8)上单调递增,且当xe时,m(x)0,又因为(x+l)20,故得 b 0,故只需求 b ln x+b2(x+1)2,当 x=l 时,b?W4,解得 00,故 r (x)在(0,+8)上单调递增，所以只需 r (x)=x2+2x+l-b ln x-b2 r (

11、1)=4-b2 0,解得0 b W2.综上所述,b的取值范围是0 b W2.7.已知函数 f (x)=xln x,g(x)=x2+ax-l,aG R.若对任意x l,+8),不等式,)忘为仪)恒成立,求a 的取值范围；已知函数h(x)=|f (x)|-a 有 3 个不同的零点Xi,X2,x3(xi x2-/l+2a-y/l-2a.(1)解:若对任意xe 1,+8),不等式f (x)W2g(x)恒成立，即 2xln xWx+axT 在 1,+8)上恒成立,即 a221n x-x+-(x l),X记 F (x)=21n x-x+X-(x l),则 a2F(x)ma x,2又 F (x)=-l-4=

12、-0,X Xz X1故 F(X)在 1,+8)上单调递减,故 F (x)m ax=F (1)=0.故 a 的取值范围是 0,+8).(2)解:令h(x)=O,得I f (x)|=a，问题转化为y=|f (x)j 的图象和y=a的图象有3 个不同的交点，而 f (x)=xln x(xO),f (x)=ln x+1,令 f (x)0,解得 x；令 f (x)0,解得 0 xC,e e故 f(X)在(o 0),则 p (x)=2(In x+l)-2 x=2(ln x-x+l),令 q(x)=p(x),则 q (x)=2(-1)=2(1 y),X X令 q (x)0,解得 0 x l,令 q(x)0,解得 xl,故 p (x)在(0,1)上单调递增，在(l,+8)上单调递减，p (x)Wp (1)=0,故 p(x9l,+8)上单调递减,p(x)W p(l)=0,故 O W xln x Wq A当 时，士 J W x l n x 0,故|xln x|W|上 ,画出草图，如图所示.设直线y=a 和 y=l 在 x0 时的交点横坐标为X”x5,结合图象,pz=a,X3-X2 X5-X4,而由 1 ,x2-l.y=l 亍 I，解得 x4=V l-2 a,X5=V 1 +2a,故 x3-x2V l+2 a-V l-2 a,原结论成立.