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- 2021-06-21 发布
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多维层次练20
[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( )
A.3 B.2 C.1 D.0
解析:f′(x)=-,定义域(0,+∞),
当00;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)max=f(4)=ln 4-2=ln <0.
所以f(x)<0恒成立,故f(x)没有零点.
答案:D
2.已知函数f(x)的定义域为[-1,4],部分对应值如下表:
x
-1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示.当10)的图象与x轴有且只有一个交点.
又m′(x)=2x-8+=.
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)=m-7,m(x) 极小值=m(3)=m+6ln 3-15.
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φ(x)极大值=m-7<0或φ(x)最小值=m+6ln 3-15>0,
故m<7或m>15-6ln 3.
答案:D
4.(2020·佛山调研)已知函数f(x)=ex,g(x)=ln +,对任意a∈R,存在b∈(0,+∞),使f(a)=g(b),则b-a的最小值为( )
A.2-1 B.e2-
C.2-ln 2 D.2+ln 2
解析:存在b∈(0,+∞),使f(a)=g(b),
则ea=ln +,令t=ea=ln +>0,
所以a=ln t,b=2et-,则b-a=2et--ln t.
设φ(t)=2et--ln t,则φ′(t)=2et--(t>0).
显然φ′(t)在(0,+∞)上是增函数,当t=时,φ′=0.
所以φ′(t)有唯一零点t=,
故当t=时,φ(t)取得最小值φ=2+ln 2.
答案:D
5.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)==(a<0).
当x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0.
所以当x=2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)=+1>0,
解得a>-e2,因此-e2<a<0.
答案:(-e2,0)
6.(2020·长郡中学检测)已知函数f(x)=x3-x2+ax-a存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,则x1+2x0=________.
解析:由f(x)=x3-x2+ax-a,得f′(x)=3x2-2x+a.
因为x0为f(x)的极值点,知3x-2x0+a=0.①
因为f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,
所以x-x+ax1-a=x-x+ax0-a,
化为x+x1x0+x-(x1+x0)+a=0,
把a=-3x+2x0代入上述方程可得x+x1x0+x-(x1+x0)-3x+2x0=0,
化为x+x1x0-2x+x0-x1=0,即(x1-x0)(x1+2x0-1)=0,
因为x1-x0≠0,所以x1+2x0=1.
答案:1
7.已知函数f(x)=+aln x(a∈R).
(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a≤0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00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)=ex-1,g(x)=+x,其中e是自然对数的底数,e=2.718 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)=ex-1--x.
所以h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3->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)=ex-1--x.
由g(x)=+x知x∈[0,+∞),
而h(0)=0,则x=0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)=ex-x--1,记φ(x)=ex-x--1,
则φ′(x)=ex+x-.
当x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,
因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增.
易知φ(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)=x3-x2+2x+5,若曲线y=f(x)与直线y=2x+m有三个交点,则实数m的取值范围是________.
解析:曲线y=f(x)与直线y=2x+m有三个交点,
则g(x)=x3-x2+2x+5-2x-m=x3-x2+5-m有三个零点.
令g′(x)=x2-3x=0,得x=0或x=3.
由g′(x)>0,得x<0或x>3;由g′(x)<0,得01时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在x=1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)=ex-2ax+a-e,
设g(x)=ex-2ax+a-e,则g′(x)=ex-2a.
若a=0,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)=ex-2a>0,故函数g(x)在区间(0,1)内单调递增.
又g(0)=1+a-e<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+(a-e)x-ax2>ex+(a-e)x-ax2=a(x-x2)>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 x-a(x-1)ex,其中a∈R.
(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;
(2)若0x0,证明3x0-x1>2.
解:(1)由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=-[aex+a(x-1)ex]=.
因此当a≤0时,1-ax2ex>0,
从而f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.
(2)证明:①由(1)知,f′(x)=.
令g(x)=1-ax2ex,由00,且g=1-a=1-<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=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 x-x+1,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)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.
②由题意,即
从而ln x1=e x1-x0,则e x1-x0=.
因为当x>1时,ln xx0>1,
故ex1-x0<=x,两边取对数,
得ln ex1-x02.
[C级 素养升华]
12.已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x(a∈R).
(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)=(1-a)x,若∃x0∈[1,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x=a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a≤1或a≥2.
(2)由题意知,不等式f(x)≥g(x)在区间[1,e]上有解,
即x2-2x+a(ln x-x)≥0在区间[1,e]上有解.
因为当x∈[1,e]时,ln x≤1≤x(不同时取等号),x-ln 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x+2>2≥2ln x,
所以h′(x)≥0,h(x)单调递增,
所以x∈[1,e]时,h(x)max=h(e)=,
所以a≤,
所以实数a的取值范围是.