2021届高考数学一轮总复习课时作业18导数与函数的零点问题含解析苏教版 4页

课时作业18　导数与函数的零点问题 ‎1．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)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增．‎ ‎∴f(x)的极小值为f(－1)＝a－2，极大值为f(1)＝a＋2.‎ ‎(2)方程f(x)＝0恰好有两个实数根，等价于直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有两个交点．∵y＝x3－3x，∴y′＝3x2－3.令y′>0，解得x>1或x<－1；令y′<0，解得－10，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.‎ 又当0x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ 因此，f(x)存在唯一的极值点．‎ ‎(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.‎ 由α>x0>1得<10，解得x<0或x>ln2，‎ 令f′(x)<0，解得0ln且x≠1时，g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，ln)上单调递减，在(ln，1)和(1，＋∞)上单调递增，‎ ‎∵g(ln)＝－(ln＋1)＝ln2，g(1)＝e－1≠0，∴b∈(ln2，e－1)∪(e－1，＋∞)．‎ ‎4．(2020·长春质监)已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若方程f(x)＝lnx有两个实数根，求实数b的取值范围．‎ 4‎ 解：(1)由题意可得f′(x)＝ex＋b，‎ 当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．‎ 当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln(－b)，＋∞)上单调递增；‎ 若x0)，则h′(x)＝－exx－<0，‎ 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，‎ h(1)＝0，所以ex0－ex0x0－lnx0<0的解集为(1，＋∞)，‎ 所以b＝－ex0<1－e.‎ 当b<1－e时，ex＋bx－1－lnx>x＋bx－lnx，有g(eb)>eb＋beb－lneb＝(b＋1)eb－b；令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0,00，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g(x)>0.综上，b的取值范围是(－∞，1－e)．‎ ‎5．(2020·福州质检)已知函数f(x)＝alnx－x－(a∈R)．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当e0，即a>－1时，在(0,1＋a)上，f′(x)>0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1＋a)，单调递减区间是(1＋a，＋∞)；‎ ‎②当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，所以，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．‎ ‎(2)证明：设g(x)＝f(ax)＋＝a(lna＋lnx－x)，‎ 4‎ 所以g′(x)＝(x>0)，‎ 当00，函数g(x)在区间(0,1)上单调递增；‎ 当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(1，＋∞)上单调递减．‎ 所以g(x)在x＝1处取得最大值．‎ 因为当e