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  • 2021-06-21 发布

2021高考数学人教版一轮复习多维层次练:第三章 第2节第4课时 导数与函数的零点

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www.ks5u.com 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.‎

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