2021版高考数学一轮复习核心素养测评十六导数与函数零点新人教B版 0 10页

核心素养测评十六 导数与函数零点 ‎ (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)的大致图象(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 10‎ ‎【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)的大致图象(如图),‎ 由a≥16得,a+16>0,a-16≥0,‎ 当a=16时,f(x)的图象与x轴有2个交点;当a>16时,f(x)的图象与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的图象.‎ 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)的图象如图所示:‎ 因为a≥16,所以y=-a≤-16.‎ 由图可知直线y=-a与y=x3-12x的图象有1个或2个交点.‎ 10‎ ‎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∪.‎ 10‎ ‎4.函数f(x)=ex+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,则a的值为 (　　)‎ A.4 B.4ln 2-3‎ C.2 D.5ln 2-4‎ ‎【解析】选D.函数f(x)=ex+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,‎ 可得ea=在(0,+∞)上只有一个解.‎ 令g(x)=,可得g′(x)=‎ ‎=-x·,‎ 在(0,+∞)有2个极值点,x=1和x=4;‎ x∈(0,1)时函数是减函数,x∈(1,4)时,函数是增函数,‎ x∈(4,+∞)时函数是减函数,g(0)=0,‎ 所以函数g(x)的最大值为g(4)==,‎ 函数f(x)=ex+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,可得ea=,所以a=5ln 2-4.‎ 二、填空题(每小题5分,共20分)‎ ‎5.设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数,下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是________.(写出所有正确条件的编号) ‎ ‎①a=-3,b=-3; ②a=-3,b=2; ③a=-3,b>2;‎ ‎④a=0,b=2; ⑤a=1,b=2.‎ ‎【解析】令f(x)=x3+ax+b,‎ 则f′(x)=3x2+a.‎ 当a≥0时,f′(x)≥0,f(x)单调递增,④⑤正确;‎ 当a<0时,若a=-3,‎ 10‎ 则f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),‎ 所以f(x)极大=f(-1)=-1+3+b=b+2,‎ f(x)极小=f(1)=1-3+b=b-2,‎ 要使f(x)=0仅有一个实根,‎ 需f(x)极大<0或f(x)极小>0,‎ 所以b<-2或b>2,①③正确,②不正确.‎ 答案:①③④⑤‎ ‎6.(2019·安阳模拟)已知函数f(x)=+与g(x)=6x+a的图象有3个不同的交点,则a的取值范围是________.  ‎ ‎【解析】原问题等价于函数h(x)=+-6x与函数y=a的图象有3个不同的交点,‎ 由h′(x)=x2+x-6=(x-2)(x+3)=0,得x=2或x=-3,‎ 当x∈(-∞,-3)时,h′(x)>0,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 10‎ ‎<0,m<0,‎ 解得m>-,>⇒-0且c-<0时,存在x1∈(-∞,-2),‎ 10‎ 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,‎ 10‎ 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·龙岩模拟)已知函数f(x)=(x-1)ln x,g(x)=x-ln x-. ‎ ‎(1)求证:函数y=f(x)的图象恒在函数y=g(x)图象的上方.‎ ‎(2)当m>0时,令h(x)=mf(x)+g(x)的两个零点x1,x2(x10).‎ 则p′(x)=ln x+1-1=ln x,‎ 令p′(x)=0,得x=1.所以x∈(0,1)时p′(x)<0,x∈(1,+∞)时p′(x)>0,‎ 所以p(x)在(0,1)为减函数,在(1,+∞)为增函数,所以p(x)≥p(1)=0-1+=>0,即f(x)>g(x). ‎ 故函数y=f(x)的图象恒在函数y=g(x)图象的上方.‎ ‎(2)由h(x)=mf(x)+g(x)=m(x-1)ln x+x-ln x-有两个零点,‎ 当m>0时h′(x)=m+1-.‎ 则h′(x)在(0,+∞)为增函数,且h′(1)=0,‎ 则当x∈(0,1)时h′(x)<0,h(x)为减函数,当x∈(1,+∞)时h′(x)>0,h(x)为增函数,‎ 所以h(x)min=h(1)=1-<0.‎ 10‎ 又h=mln+-ln-=m+1->0,‎ h(e)=m(e-1)+e-1->0.‎ 所以h(x)在和(1,e)上各有一个零点x1,x2(x1