(文理通用)江苏省2020高考数学二轮复习专题四函数与导数、不等式第20讲导数与函数的零点问题练习

第20讲导数与函数的零点问题课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角1．若函数f(x)＝ax3－bx＋4,当x＝2时,函数f(x)有极值－错误!。(1)求函数f(x)的解析式; (2)若函数f(x)＝k有3个解，求实数k的取值范围．解：(1)对函数f(x)求导得f′(x)＝3ax2－b，解得错误!所以f(x)＝错误!x3－4x＋4. (2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2),令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：＋f′(x)3错误!;20－错误!＋xfx值－错误!.xxx所以实数k的取值范围是错误!。(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．解：(1)证明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x得， (2)由(1)得h(x)＝ex－1－错误!－x。由g(x)＝错误!＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点,而h(x)在(1，2)内有零点,因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．因为h′(x)＝ex－x－错误!－1，记φ(x)＝ex－错误!x－错误!－1,则φ′(x)＝ex＋错误!x－错误!。当x∈(0,＋∞)时,φ′(x)〉0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在 (0，＋∞)上至多只有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)上至多有两个零点．所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2。3．已知函数f(x)＝aex＋x2－bx(a，b∈R)．(1)设a＝－1，若函数f(x)在R上是单调递减函数,求b的取值范围；(2)设b＝0，若函数f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围．解:(1)当a＝－1时，f(x)＝－ex＋x2－bx，∴f′(x)＝－ex＋2x－b，由题意知,f′(x)＝－ex＋2x－b≤0对x∈R恒成立．令F(x)＝－e＋x2x，则F′(x)＝－ex＋2，由F′(x)＝0，得x＝ln2。当x＜ln2时,F′(x)＞0，F(x)单调递增，当x＞ln2时，F′(x)＜0，F(x)单调递减,∴b≥2ln2－2，故b的取值范围为[2ln2－2，＋∞)．(2)当b＝0时，f(x)＝aex＋x2。由aex＋x2＝0,得－a＝错误!,令G(x)＝错误!，则G′(x)＝错误!，由G′(x)＝0，得x＝0或x＝2。当x≤0时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，故G(x)的取值范围为[0，＋∞)；故G(x)的取值范围为错误!；当x≥2时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，由题意得，－a＝0或－a＞错误!,从而a＝0或a＜－错误!,则a的取值范围为错误!∪{0}．4．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点． (1)求a的取值范围； (2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1＋x2〈2。解:(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0,则f(x)＝(x－2)ex,f(x)只有一个零点．②设a>0，则当x∈(－∞，1)时,f′(x)<0;当x∈(1,＋∞)时,f′(x)〉0，所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1,＋∞)内单调递增．fbbaba〉0，故f(x)存在两个零点．③设a<0,由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－错误!，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)〉0,因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．2又当x≤1时，f(x)〈0，所以f(x)不存在两个零点．2故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0。因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减,在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．1)，又f(x)在(－∞，1)内单调递减，由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2,而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当x〉1时,g′(x)〈0，而g(1)＝0,从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．(2019·南通学科基地卷)设k∈R，函数f(x)＝lnx＋x2－kx－1。x (2)求函数f(x)的单调递增区间; (3)求函数f(x)在定义域内的零点个数．解：(1)k＝1时，不等式f(x)＞－1,即lnx＋x2－x＞0。设g(x)＝lnx＋x2－x，因为g′(x)＝错误!＋2x－1＝错误!＞0在定义域(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以f(x)＞－1的解集为(1,＋∞)． (2)f′(x)＝x＋2x－k＝错误!(x＞0)，由f′(x)≥0得2x2－kx＋1≥0。(*)①当Δ＝k2－8≤0,即－2错误!≤k≤2错误!时,(＊)在R上恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．此时方程2x2－kx＋1＝0的相异实根分别为x1＝错误!，x2＝错误!，因为错误!所以0＜x1＜x2，所以f′(x)≥0的解集为错误!∪错误!，故函数f(x)的单调递增区间为错误!和错误!.③当k＜－2错误!时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．综上所述，当k＞2错误!时，函数f(x)的单调递增区间为错误!和错误!；当k≤2错误!时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．(3)由(2)知，①当k≤22时，函数f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增，则当x>m时，f(x)＞x2－kx－1＞0。所以f(x)＜lnx＋λ，当0＜x＜e－λ时，f(x)＜0，又函数f(x)在定义域(0，＋∞)上连续不间断，②当k＞2错误!时，f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上递增，在(x1，x2)上递减，则f(x1)＝lnx1＋x－kx1－1＝lnx1＋x错误!－(2x错误!＋1)－1＝lnx1－x错误!－2.下面先证明lnx＜x(x＞0)：设h(x)＝lnx－x，由h′(x)＝错误!>0得0＜x＜1，所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减,h(x)max＝h(1)＝－1＜0，所以h(x)＜0(x＞0)，即lnx＜x(x＞0)．又因为f(x)在(x1，x2)上递减，所以f(x2)＜f(x1)＜0,所以f(x)在区间(0，x2)不存在零点．所以f(x)在区间(x2，＋∞)上有且仅有一个零点．综上所述，函数f(x)在定义域内有且仅有一个零点．来，本文档在发布之前我们对内容进行仔如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解ThisarticleiscollectedandcompiledbymycolleaguesandIinouryscheduleWeproofreadthecontentcarefullybeforethereleaseofthisarticlebutitisinevitablethattherewil