高考数学一轮复习核心素养测评十七3-4导数与函数零点的综合问题 8页

核心素养测评十七　导数与函数零点的综合问题 ‎(30分钟　60分)‎ 一、选择题(每小题5分,共20分)‎ ‎1.函数f(x)=x3+x2+x+1的零点个数为 (　　)‎ A.0　 B‎.1　‎ C.2 D.3‎ ‎【解析】选B.因为f′(x)=x2+2x+1=(x+1)2≥0,‎ 所以f(x)在R上单调递增,‎ 因为f(0)=1>0,f(-3)=-2<0,‎ 所以f(x)在R上有且只有一个零点.‎ ‎　【变式备选】‎ ‎　　 函数f(x)=x3-4x+4的零点个数为 (　　)‎ A.0　　　B‎.1　‎　　C.2　　　D.3‎ ‎【解析】选D.因为f′(x)=x2-4=(x-2)(x+2),‎ 令f′(x)=0,得x=±2.‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-2)‎ ‎-2‎ ‎(-2,2)‎ ‎2‎ ‎(2,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎-‎ ‎↗‎ 由此可得到f(x)的大致图像(如图).‎ 由图可知f(x)有3个零点.‎ ‎2.已知函数f(x)=x3-12x+a,其中a≥16,则f(x)的零点的个数是 (　　)‎ A.0或1 B.1或‎2 ‎C.2 D.3‎ ‎【解析】选B.方法一:因为f′(x)=3x2-12,‎ 令f′(x)=3x2-12=0,得x=±2,‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-2)‎ ‎-2‎ ‎(-2,2)‎ ‎2‎ ‎(2,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ a+16‎ ‎↘‎ a-16‎ ‎↗‎ 由此可得到f(x)的大致图像(如图),‎ 由a≥16得,a+16>0,a-16≥0,‎ 当a=16时,f(x)的图像与x轴有2个交点;当a>16时,f(x)的图像与x轴只有1个交点.‎ 所以f(x)的零点个数为1或2.‎ 方法二:f(x)=x3-12x+a的零点个数⇔方程x3-12x=-a的解的个数⇔g(x)=x3-12x与h(x)=-a的交点个数.画出g(x)=x3-12x与h(x)=-a的图像.‎ 由g′(x)=3x2-12=0,得x=±2,‎ 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-2)‎ ‎-2‎ ‎(-2,2)‎ ‎2‎ ‎(2,+∞)‎ g′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎ ‎↗‎ ‎16‎ ‎↘‎ ‎-16‎ ‎↗‎ 所以g(x)的图像如图所示:‎ 因为a≥16,所以y=-a≤-16.‎ 由图可知直线y=-a与y=x3-12x的图像有1个或2个交点.‎ ‎3.若函数f(x)= 恰有2个零点,则a的取值范围为 (　　)‎ A.　　　B.∪‎ C. D.∪‎ ‎【解析】选D.当x>0时,令f(x)=0,可得x3-x2-a=0,设g(x)=x3-x2,则g′(x)=x(3x-2),‎ 当0时,g′(x)>0,g(x)min=g= -.‎ 当x≤0时,令f(x)=0,可得x2+2x-a=0,设h(x)=x2+2x,h(x)min=-1,‎ 所以函数f(x)= 恰有2个零点,则a的取值范围为∪‎ ‎4.(2020·深圳模拟)已知函数f(x)=+ln x-1有且仅有一个零点,则实数a的取值范围为 (　　)‎ 世纪金榜导学号 A.(-∞,0]∪{1}　　　　　 　　B.[0,1] ‎ C.(-∞,0]∪{2} D.[0,2]‎ ‎【解析】选A.因为函数f(x)=+ln x-1,‎ 所以f′(x)=-+=,x>0,‎ 当a≤0时,f′(x)=>0恒成立,f(x)是增函数,‎ x→+∞时,f(x)→+∞,f(1)=a-1<0,‎ 函数f(x)=+ln x-1有且仅有一个零点;‎ 当a>0时,令f′(x)>0,解得:x>a,‎ 令f′(x)<0,解得:x0,h(x)单调递增;‎ 当x∈(-3,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;‎ 当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增.‎ 且h(-3)=,h(2)=-,‎ 数形结合可得a的取值范围是.‎ 答案:‎ ‎7.已知函数f(x)=x3+mx+,g(x)=-ln x.min{a,b}表示a,b中的最小值,若函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0)恰有三个零点,则实数m的取值范围是　　　　. ‎ ‎【解析】f′(x)=3x2+m,因为g(1)=0,所以要使h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0)恰有三个零点,需满足f(1)>0,f<0,m<0,解得m>-,>⇒-0,所以m=-1,‎ 要使方程ln x-x-mx=0在区间[1,e2]上有唯一实数解,只需m=-1有唯一实数解,‎ 令g(x)=-1,(x>0),所以g′(x)=,‎ 由g′(x)>0,得0e,‎ 所以g(x)在区间[1,e]上是增函数,在区间[e,e2]上是减函数.‎ g(1)=-1,g(e)= -1,g(e2)=-1,‎ 故-1≤m<-1或m=-1.‎ 答案:∪‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎9.设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.‎ ‎(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.‎ ‎(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同的零点,求c的取值范围.‎ ‎【解析】 (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,‎ 得f′(x)=3x2+2ax+b.‎ 因为f(0)=c,f′(0)=b,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx+c.‎ ‎(2)当a=b=4时,f(x)=x3+4x2+4x+c,‎ 所以f′(x)=3x2+8x+4.‎ 令f′(x)=0,得3x2+8x+4=0,‎ 解得x=-2或x=-.‎ 当x变化时,f(x)与f′(x)在区间(-∞,+∞)上的变化情况如下:‎ x ‎(-∞,-2)‎ ‎-2‎ ‎-‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ c ‎↘‎ c-‎ ‎↗‎ 所以,当c>0且c-<0时,存在x1∈(-∞,-2),x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.‎ 由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)有三个不同零点.‎ ‎　　【变式备选】‎ ‎　　 设函数f(x)=xex+a(1-ex)+1,a∈R.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间.‎ ‎(2)若方程 f(x)=0在(0,+∞)上有解,证明:a>2.‎ ‎【解析】(1)因为f′(x)=[x-(a-1)]ex.‎ 所以x>a-1时,f′(x)>0,‎ 函数f(x)在(a-1,+∞)上单调递增,‎ 当 x0,‎ 所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ 又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0,‎ 所以存在x0∈(1,2),使h(x)=0,‎ 故当x∈(0,x0)时,g′(x)<0;‎ 当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,‎ 所以函数g(x)存在唯一最小值x0,‎ 满足=x0+2,‎ 所以g(x0)=x0+=x0+1∈(2,3),‎ 因为a=g(x)=x+有解,‎ 所以a≥g(x0)>2,所以a>2.‎ ‎10.(2020·揭阳模拟)已知函数f(x)=x-aln x-1. 世纪金榜导学号 ‎(1)若函数f(x)的极小值为0,求a的值.‎ ‎(2)∀t>0且a≤1,求证:f(et)>t2.‎ ‎【解析】(1)因为f(x)=x-aln x-1,x∈(0,+∞),所以f′(x)=, ‎ 当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)在定义域上递增,不满足条件;‎ 当a>0时,函数f(x)在(0,a)上递减,在(a,+∞)上递增,‎ 故f(x)在x=a处取得极小值0,所以f(a)=a-aln a-1=0,‎ 令p(a)=a-aln a-1, p′(a)=-ln a,所以p(a)在(0,1)上单调递增,‎ 在(1,+∞)上单调递减,故p(a)≤p(1)=0,所以f(a)=0的解为a=1,‎ 故a=1.‎ ‎(2)方法一:由f(et)>t2⇔et-at-1>t2⇔et-1>t2+at,‎ 因为a≤1,所以只需证当t>0时,et-1>t2+t恒成立.‎ 令g(t)=et-t2-t-1,g′(t)=et-t-1,‎ 由(1)可知x-ln x-1≥0,令x=et得et-t-1≥0,‎ 所以g(t)在(0,+∞)上递增,故g(t)>g(0)=0,所以命题得证.‎ 方法二:f(et)>t2⇔et-at-1>t2⇔et-t2-at-1>0,‎ 设g(t)=et-t2-at-1(t>0),则g′(t)=et-at-a,‎ 则g″(t)=et-a,又et>e0=1,a≤1,得g″(t)>0,‎ 所以g′(t) 单调递增,得g′(t)>g′(0)=1-a≥0,所以g(t)单调递增,得g(t)>g(0)=0,得证.‎