2021版高考数学(人教A版理科)一轮复习攻略核心素养测评十七

核心素养测评十七

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)4X3+X2+X+1的零点个数为()

A.0B.1C.2D.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.0B.1C.2D.3

【解析】选D.因为f'(x)=X2—4=(x-2)(x+2),

令&(x)=0/¥x=±2.

当X变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表:

X(-8,—2)-2(-2,2)2(2,+8)

f'(X)+0—0+

28_4

f(X)//

a

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1B.1或2C.2D.3

【解析】选B.方法一：因为*(x)=3x2-12,

令f'(x)=3x2-12=0Jfx=±2,

当X变化时，(x),f(x)的变化情况如下表:

X-2)-2(-2,2)2(2,+8)

f7(X)+0—0+

f(x)/a+16a-16/

由此可得到f(x)的大致图象(如图),

由a"16得，a+16>0,a-1620,

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.

-2-

方法二：f(x)=X3-12x+a的零点个数u>方程X3-12x二-a的解的个数Qg(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(—8,一2)-2(-2.2)2(2,+8)

g'(x)+0—0+

g(x)/16~16/

所以g(x)的图象如图所示:

因为a216,所以y=-aW76.

由图可知直线y=-a与y=X3-12x的图象有1个或2个交点.

3.若函数f(x)=『入。戸5恰有2个零点，则a的取值范围为

*+2x~a,x<0

()

-3-

【解析】选D.当x>0时，令f(x)=0,可得X3-X2-a=0,设g(x)=X3-X2,贝》gz(x)

-x(3x-2),

当0<x<±g'(x)<0,

当x*时,g，(x)>0,g(x)=gf^=-±.

凡m<n"丿?7

当xWO时，令f(x)=0,可得X2+2x-a=0,

设h(x)=X2+2x,h(x)=-1,

min

X3—丫？—n#>D

所以函数千(x)斗丿'恰有2个零点，则a的取值范围为

+2x-a,x<Q

(T,$)U(O,+a).

4.函数f(x)=ex+a-x3+2x2在(0,+8)上只有一个零点，则a的值为()

A.4B.41n2-3

C.2D.51n2-4

［解析］选D.函数f(x)=65X3+2X2在(0,+8)上只有一个零点,

32

可得ea=x-2x’在(0,+8)上只有一个解.

令g(x)T主，可得g，(X)戸3+5X—X

pXdX

_K2-5x+4

--X.-----------

ex

-4-

在(0,+8)有2个极值点,x=1和x=4；

xe(0,1)时函数是减函数，x£(1,4)时，函数是增函数，

xe(4,+8)时函数是减函数,g(0)=0,

所以函数g(x)的最大值为g(4)=笆％①，

1P4

函数f(x)=e、+a-X3+2X2在(0,+8)上只有一个零点，可得ea笆所以a=5ln2-4.

P4

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=l,b=2.

【解析】令f(x)=X3+ax+b,

贝If'(x)-3x2+a.

当a20时，f'(x)20,f(x)单调递增，④⑤正确；

当a<0时，若a--3,

则f'(X)=3X2-3=3(X+1)(X-1),

所以f(x)=f(-1)=7+3+b=b+2,

极大

f(x)=f(1)=1-3+b=b-2,

极小

要使f(x)=0仅有一个实根，

需f(x)<0或f(x)>0,

极大极小

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)支+Q与g(x)=6x+a的图象有3个不同的交

32

点，则a的取值范围是.口

【解析】原问题等价于函数h(x)=二+二-6x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£(-8,-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,+8)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.

且h(-3)二卫,h⑵=-三，

73

数形结合可得a的取值范围是(-日，

答案：(号，7)

7.已知函数f(x)=X3+mx+l,g(x)=-lnx.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.

口

【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|j<0,m<0,

-6-

解得/z2L>—=>.

Ay3244

答案：（q,

8.若函数f(x)=lnx-x-mx在区间［1,ea］内有唯一的零点,则实数m的取值范围是

【解析】函数f(x)=lnx-x-mx在区间［1,ez］内有唯一的零点，

得-x+1nx=mx,又x>0,所以,

r

要使方程Inx-x-mx=O在区间［1,e2］上有唯一实数解，只需有唯一实数

T

解，

令g(X)匹-1,(x>0),所以g'(x)=上空，

Y丫2

由g'(x)>0,得0<x<e;g'(x)<0得x>e,

所以g(x)在区间［1,e］上是增函数，在区间［e,e2］上是减函数.

g(1)=-1,g(e)=--1,g(e2)二二-1,

ee2

故一1Wm〈二一1或m=i-1.

P.

答案

三、解答题(每小题10分,共20分)

9,设函数f(x)=x：3+ax2+bx+c.

⑴求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.

⑵设a=b=4,若函数f(x)有三个不同的零点,求c的取值范围.

-7-

【解析】⑴由f(x)=X3+ax2+bx+c,

得f'(x)=3x2+2ax+b.

因为f(O)=c,f'(0)=b,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx+c.

⑵当a=b=4时,f(x)=X3+4X2+4X+C,

所以f'(x)=3X2+8X+4.

令f'(x)=0,得3X2+8X+4=0,

解得x=~2或x=~—.

当X变化时，f(x)与f'(x)在区间(-8,+8)上的变化情况如下:

X(-°0,-2)-2-|；卜|,

f

+0—0+

(x)

32

f(x)/CC--/

27

所以，当c>0且C--<0时，存在xG(-8,一2),

771

+8),使得f(x)=f(x?)=f63)=0.

由f(x)的单调性知，当且仅当c£(0,%)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,+8)上有解,证明：a>2.

-8-

【解析】(1)因为f'(x)=[x-(a-l)]ex.

所以x>a-1时，f'(x)>0,

函数f(x)在(a-1,+°o)上单调递增，

当x<a-1时,f'(x)<0,函数f(x)在(-8,a-1)上单调递减.

(2)函数千(x)在(0,+8)有零点，可得方程千(x)=0有解.

2厘夕港7丿+上+&+*,有解

q2―1£*-1e*-1

令…斗("啓等限箋萨

设函数h(x)=ex-x_2,h'(x)=ex-1>0,

所以函数h(x)在(0,+8)上单调递增,

5Lh(1)=e-3<0,h(2)=er-4>0,

所以存在xe(1,2),使h(x)=0,

0

故当x£(0,x)时，g'(x)<0;

0

当x£(x,+8)时,g'(x)>0,

0

所以函数g(x)存在唯一最小值X,

0

满足/0=*。+2,

所以g(x)=x+2o±£-x+1金⑵3),

0060一10

因为a=g(x)=x+^^有解，

-1

所以a2g(x)>2,所以a>2.

0

10.(2020•龙岩模拟)已知函数f(x)=(xT)Inx,g(x)=xTnx--

p

-9-

(1)求证：函数y=f(x)的图象恒在函数y=g(x)图象的上方.

⑵当m>0时，令h(x)=mf(x)+g(x)的两个零点x,x(x<x).求证:x-x<e-i.

121221p

【证明】(1)构造函数p(x)=f(x)-g(x)=xlnx-x+-(x>0).