浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题3导数及其应用+第21练利用导数研究函数零点问题 6页

第21练 利用导数研究函数零点问题 ‎[基础保分练]‎ ‎1.已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是(　　)‎ A.(－∞，2ln2) B.(－∞，－1]‎ C.(2ln2，＋∞) D.(－∞，2ln2－2]‎ ‎2.(2019·浙江三市联考)如图是函数f(x)＝x2＋ax＋b的部分图象，则函数g(x)＝lnx＋f′(x)的零点所在的区间是(　　)‎ A. B.(1,2)‎ C. D.(2,3)‎ ‎3.设函数f(x)＝x－lnx(x>0)，则y＝f(x)(　　)‎ A.在区间，(1，e)内均有零点 B.在区间，(1，e)内均无零点 C.在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点 D.在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点 ‎4.已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x有两个零点，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(－∞，1) B.(0,1)‎ C. D. ‎5.(2019·温州模拟)定义：如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上存在x1，x2(a0)，若函数f(x)有两个大于0的零点，则实数a的取值范围是________.‎ ‎[能力提升练]‎ ‎1.(2019·温州模拟)已知M＝{α|f(α)＝0}，N＝{β|g(β)＝0}，若存在α∈M，β∈N，使得|α－β|0，且f(x2)＝x2>x1，则方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0的实根个数为________.‎ 答案精析 基础保分练 ‎1.D　2.C　3.D　4.B　5.A　6.B　7.C　8.D　9.{}　10. 能力提升练 ‎1.B　[由f(x)＝32－x－1＝0，可得32－x＝1，故2－x＝0，x＝2，可知M＝{α|f(α)＝0}＝{2}，因为函数f(x)＝32－x－1与g(x)＝x2－aex互为“1度零点函数”，所以存在β，使得g(β)＝0，且|2－β|<1，可得－1<β－2<1，所以1<β<3，即g(x)＝x2－aex的图象与x轴在(1,3)上有交点，令g(x)＝0，则x2＝aex，又ex>0，所以a＝，令h(x)＝，则问题可转化为函数h(x)＝在x∈(1,3)上的图象与直线y＝a有交点.‎ h′(x)＝＝，可知h(x)在(1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递减，又h(1)＝，h(2)＝，h(3)＝>，所以当x∈(1,3)时，h(x)∈，故而a∈.故选B.]‎ ‎2.D　[函数f(x)＝aex－x－2a的导函数f′(x)＝aex－1.‎ 当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；‎ 当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)的最小值为f＝1－ln－2a＝1＋lna－2a.令g(a)＝1＋lna－2a(a>0)，g′(a)＝－2.‎ 当a∈时，g(a)单调递增；‎ 当a∈时，g(a)单调递减，‎ ‎∴g(a)max＝g＝－ln2<0，‎ ‎∴f(x)的最小值为f<0，‎ 函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点.‎ 综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)，故选D.]‎ ‎3.D　[由题意，得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，x∈(－∞，2)，易知当x<－1时，f′(x)<0，当－10，所以函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,2)上单调递增，所以当x＝－1时，函数f(x)取得最小值－.又当x<－1时，f(x)<0，当－10时，函数g(x)在[－2,2]上单调递增，所以函数g(x)的值域为[－2a＋1,2a＋1]，因为对任意的x1∈[－2,2]，总存在唯一x0∈(－∞，2)，使得f(x0)＝g(x1)，所以[－2a＋1,2a＋1]⊆，所以解得00，y＝是增函数，当x∈(e，＋∞)时，‎ y′<0，y＝是减函数，且当x→0时，→－∞，当x＝e时，y＝＝，‎ 当x→＋∞时，→0.‎ 函数y＝的图象大致如图，‎ 令＝t，则可化为t2＋(a－1)t＋1－a＝0，故结合题意可知，t2＋(a－1)t＋1－a＝0有两个不同的根，‎ 故Δ＝(a－1)2－4(1－a)>0，故a<－3或a>1，‎ 不妨设方程的两个根分别为t1，t2，且t1∈(－∞，0)，t2∈，‎ ‎①若a<－3，t1＋t2＝1－a>4，与t1<0且01，则方程的两个根t1，t2一正一负，‎ 结合y＝的性质可得＝t1，＝t2，＝t2，‎ 故2 ‎＝(1－t1)2(1－t2)(1－t2)‎ ‎＝[1－(t1＋t2)＋t1t2]2，‎ 又∵t1t2＝1－a，t1＋t2＝1－a，‎ ‎∴2·＝1，故选D.]‎ ‎5. 解析　函数f(x)＝(x－1)ex－ax2，‎ 可得f′(x)＝x(ex－2a)，‎ 令x(ex－2a)＝0可得，x＝0或ex＝2a.‎ 当a≤0时，函数只有一个零点，并且x＝0是函数的一个极小值点，‎ 并且f(0)＝－1<0，若y＝f(cosx)在x∈[0，π]上有且仅有两个不同的零点，也就是y＝f(x)在x∈[－1,1]上有且仅有两个不同的零点，‎ 可得即可得a≤－.‎ 当a>0时，函数的两个极值点为x＝0，x＝ln(2a)，‎ 如果ln(2a)<0，因为f(ln(2a))<0，可知不满足题意；‎ 如果ln(2a)>0，因为f(0)＝－1<0，可知f(x)只有一个零点，不满足题意.‎ 综上a≤－.‎ ‎6.5‎ 解析　∵函数f(x)＝－lnx＋ax2＋bx－a－2b有两个极值点x1，x2，‎ ‎∴f′(x)＝－＋2ax＋b ‎＝，即2ax2＋bx－1＝0有两个不相等的正根，‎ ‎∴Δ1＝b2＋8a>0，‎ 解得x＝.‎ ‎∵x10，‎ ‎∴x1＝，x2＝.‎ 而方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0的Δ＝Δ1>0，∴此方程有两解且f(x)＝x1或x2，‎ 即有00‎ 又x1x2＝－>1，‎ ‎∴x2>1，∵f(1)＝－b<0，‎ ‎∴f(x1)<0，f(x2)>0.‎ 根据f′(x)画出f(x)的简图，‎ ‎∵f(x2)＝x2，由图象可知方程f(x)＝x2有两解，方程f(x)＝x1有三解.‎ ‎∴方程f(x)＝x1或f(x)＝x2共有5个实数解.‎ 即关于x的方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0共有5个不同实根.‎