2024届新高考一轮复习人教A版 第三章 第6节　利用导数研究函数零点 作业

第6节利用导数研究函数零点[选题明细表]知识点、方法题号利用导数研究函数零点个数1,4根据零点求参数2,3函数零点的综合应用5,61.(2022·广东汕头三模)已知函数f(x)=x-2sinx.(1)求f(x)在(0,π)上的极值;(2)证明:函数g(x)=lnx-f(x)在(0,π)上有且只有两个零点.(1)解:由f(x)=x-2sinx得f′(x)=1-2cosx,x∈(0,π).令f′(x)=0,得x=π3当0<x<π3当π3所以函数f(x)的极小值为f(π3)=π3-(2)证明:g(x)=lnx-f(x)=lnx-x+2sinx,x∈(0,π),则g′(x)=1x令(x)=1x+2cosx-1,则′(x)=-1x2当x∈(0,π)时,′(x)=-1x2则(x)在(0,π)上单调递减.因为(π3)=3π>0,(π2)=2所以存在x0∈(π3,π2),使得(x0)=g′(x0当x变化时,g(x),g′(x)变化如表所示,x(0,x0)x0(x0,π)g′(x)+0-g(x)单调递增极大值g(x0)单调递减而g(π3)=lnπ3-π3+3则g(x0)>g(π3)>0,又g(π6)=lnπ6令h(x)=lnx-x+1,其中0<x<1,则h′(x)=1x-1=1所以函数h(x)在(0,1)上单调递增,则h(x)<h(1)=0,所以h(π6)=lnπ6-由零点存在定理可知,函数g(x)在(0,π)上有两个零点.2.已知函数f(x)=lnx,g(x)=ax+2x(1)证明:f(x)<x;(2)若函数f(x)的图象与g(x)的图象有两个不同的公共点,求实数a的取值范围.(1)证明:要证f(x)<x,即证当x∈(0,+∞)时,不等式lnx-x<0恒成立.令F(x)=lnx-x,则F′(x)=1x-12x故当0<x<4时,F′(x)>0,F(x)单调递增;当x>4时,F′(x)<0,F(x)单调递减,则F(x)max=F(4)=ln4-2<0,故f(x)<x.(2)解:由f(x)=g(x)可得a=lnxx+5x-2构造函数h(x)=5+lnxx-则h′(x)=1x·x-(5+ln当0<x<1时,4-4x>0,lnx<0,则h′(x)>0,此时函数h(x)单调递增,当x>1时,4-4x<0,lnx>0,则h′(x)<0,此时函数h(x)单调递减,所以h(x)max=h(1)=3,令(x)=xlnx+5x-2,则当x>1时,(x)>5x-2>0,当0<x<25时,(x)<5x-2<0,故存在x0∈(25,1),使得(x0)=0,即h(x0)=0,作出函数h(x)与y=a的图象如图所示,由图可知,当0<a<3时,函数h(x)与y=a的图象有2个交点,因此,实数a的取值范围是(0,3).3.(2021·全国甲卷)已知a>0,且a≠1,函数f(x)=xa(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.解:(1)当a=2时,f(x)=x2f′(x)=x(令f′(x)>0,则0<x<2ln2令f′(x)<0,则x>2ln2所以函数f(x)的单调递增区间为(0,2ln2),单调递减区间为(2ln2,+∞(2)曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,可转化为方程xa即方程lnxx=设g(x)=lnx则g′(x)=1-令g′(x)=1-得x=e,当0<x<e时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,当x>e时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减,故g(x)max=g(e)=1e且当x>e时,g(x)∈(0,1e)又g(1)=0,所以0<lnaa<所以a>1且a≠e,即a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).4.设函数f(x)=lnx+mx(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;(2)讨论函数g(x)=f′(x)-x3解:(1)由题意知,当m=e时,f(x)=lnx+ex(x>0),则f′(x)=x所以当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=lne+ee所以f(x)的极小值为2.(2)由题意知g(x)=f′(x)-x3=1x-mx令g(x)=0,得m=-13x3设(x)=-13x3+x(x>0),则′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).当x∈(0,1)时,′(x)>0,(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时,′(x)<0,(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x=1是(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是(x)的最大值点,所以(x)的最大值为(1)=23.又因为(0)=0,结合y=(x)的图象(如图所示),可知当m>23当m=23时,函数g(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点;当0<m<2零点.综上所述,当m>23当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0<m<25.(2022·山东临沂一模)已知函数f(x)=ex-2ax(a>0).(1)若a=e,讨论f(x)的单调性;(2)若x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,证明:1<x1+x2<2lna+ln2.(1)解:f(x)=ex-2ax(a>0)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ex-ax当a=e时,f′(x)=ex-ex令f′(x)=0,则x=1,当0<x<1时,f′(x)<0,当x>1时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)证明:因为x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,所以ex1=2ax1,e显然x1>0,x2>0,则有x1=ln2+lna+12lnx1x2=ln2+lna+12lnx2所以x1-x2=12lnx1-12lnx不妨令x1>x2>0,设t=x1所以x1=tlnt2(t所以要证x1+x2=(t只要证lnt>2(t-令g(t)=lnt-2(则g′(t)=1t-4(t所以g(t)在(1,+∞)上单调递增,所以g(t)>g(1)=0,所以x1+x2>1.因为x1=ln2+lna+12lnx1x2=ln2+lna+12lnx2所以x1+x2=2ln2+2lna+12ln(x1x2要证x1+x2<2lna+ln2,只要证12ln(x1x2)<-ln2,即x1x2<1因为x1x2=t(lnt)2即lnt<t-1t,即lnt-t+1令h(t)=lnt-t+1t则h′(t)=1t-12t-1所以h(t)在(1,+∞)上单调递减,所以h(t)<h(1)=0,所以x1+x2<2lna+ln2.综上,1<x1+x2<2lna+ln2.6.(2022·重庆三模)已知函数f(x)=ex-1-lnx-ax,a∈R.(1)当a=e-12(2)当a>0时,若函数f(x)有唯一零点x0,证明:1<x0<2.(1)解:根据题意得f(x)的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=ex-1-1x-e+1又f″(x)=ex-1+1x所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增,易知f′(2)=e-12-e+1所以当0<x<2时,f′(x)<0,当x>2时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明:因为a>0,f(x)的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=ex-1-1x所以f″(x)=ex-1+1x所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.设h(x)=ex-x-1,则h′(x)=ex-1,当x>0时,h′(x)>0,所以h(x)单调递增,当x<0时,h′(x)<0,所以h(x)单调递减,所以h(x)≥h(0)=0,所以ex-x-1≥0,即ex≥x+1,所以f′(1+a)=ea-11+a-a≥a+1-11+所以存在唯一的t0∈(1,1+a),使得f′(t0)=0,即et0-当x∈(0,t0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(t0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)min=f(t0),又ex≥x+1,所以x≥ln(x+1),所以x-1≥lnx,当x=1时,等号成立,则x>lnx,所以f(x)=ex-1-lnx-ax>ex-1-x-ax=ex-1-(a+1)x,即f(x)>ex-1-(a+1)x,又ex≥x+1,所以ex-1≥x,所以ex2-所以ex-2≥x24,又ex-1>ex-2,所以ex-1>