2024年高考指导数学(人教A版理科第一轮复习)解答题专项1　第3课时　利用导数研究函数的零点

第3课时利用导数研究函数的零点1.(2022河南开封三模)已知函数f(x)=ex-a(x+cosx),其中a>0,且满足对∀x∈[0,+∞)时,f(x)≥0恒成立.(1)求实数a的取值范围;(2)令g(x)=f(x)-2x+1x+1,判断g(x)在区间-1,π2内的零点个数,并说明理由.(参考数据:eπ2.已知函数fn(x)=1+x+x22!+x33!+…+(1)证明:f3(x)为增函数且有唯一零点;(2)已知f2n-1(x)为增函数且有唯一零点,判断f2n(x)的零点个数.3.已知函数f(x)=aex-x,a>0.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1x24.已知函数f(x)=x+ax-(a-1)lnx-2,其中a∈R(1)若f(x)存在唯一极值点,且极值为0,求a的值;(2)讨论f(x)在区间[1,e2]上的零点个数.答案：1.解(1)当x=0时,f(0)=1-a≥0,所以0<a≤1.f'(x)=ex-a(1-sinx)=ex+asinx-a,令φ(x)=f'(x),φ'(x)=ex+acosx.当x∈[0,+∞)时,因为0<a≤1,所以-1≤-a≤acosx≤a.因为x∈[0,+∞),所以ex≥1.又当x=0时,ex+acosx>0,所以ex+acosx>0在[0,+∞)上恒成立.所以φ'(x)>0,所以φ(x)即f'(x)在[0,+∞)上单调递增.又f'(0)=1-a≥0,所以f'(x)≥0恒成立,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)≥0,符合题意,即0<a≤1.所以a的取值范围是(0,1].(2)g(x)=ex-a(x+cosx)-2x+1x+1,所以g'(x)=ex+asin令h(x)=g'(x),所以h'(x)=ex+acosx+2(x+1)3,当x∈-1,π2时,h'(x所以h(x)即g'(x)在-1,π2上单调递增,又g'(0)=-a<0,g'π2=eπ2−所以∃x0∈0,π2,使g'(x0)=0,且x∈(-1,x0)时,当g'(x)<0,g(x)在(-1,x0)上单调递减;当x∈x0,π2时,g'(x)>0,g(x)在x0,π2上单调递增.又g-23=e-23-a-23+cos-23+1>0,g(0)=-a<0,gπ2=eπ2−π2a-2+1π2+1>0,所以g(x)在区间(-1,0),0,π2内各有1个零点,即g(x)在区间-1,π2.(1)证明因为f3(x)=1+x+x22+x36,定义域为R,所以f3'(x)=1+x+x22=12(x+1)2+12>0,所以f又因为f3(-2)=-13<0,f3(0)=1>所以f3(x)在(-2,0)内有唯一零点.(2)解因为f2n(x)=1+x+x22!+x所以f'2n(x)=1+x+x22!+x33!+…+x又因为f2n-1(x)为增函数且有唯一零点,设其零点为xn,xn≠0,则当x∈(-∞,xn)时,f2n-1(x)<0,当x∈(xn,+∞)时,f2n-1(x)>0;所以f2n(x)在(-∞,xn)上单调递减,在(xn,+∞)上单调递增,所以f2n(x)min=f2n(xn)=f2n-1(xn)+x因为f2n-1(xn)=0,所以f2n(x)≥f2n(xn)=f2n-1(xn)+xn2n(2n)!=xn2n3.(1)解当a=1时,f(x)=ex-x,定义域为(-∞,+∞),则f'(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明x1,x2是f(x)的两个不同的零点,等价于x1,x2是方程ex=xa的两个不同的根,也是方程xex=a的两个不同的根,a>0,则x1>0,x2要证x1x2>ae,只需证x1a·x2a>e2,只需证ex1+令h(x)=xex,则h'(x)=1-xex,所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2,2-x1>1,令φ(x)=h(x)-h(2-x)=xex−2-xe2-x,x>0,则φ'(x)=(1-x)e2-e2xex+2,所以当又因为φ(1)=0,所以当0<x<1时,φ(x)<0,即h(x1)=h(x2)<h(2-x1).因为当x∈(1,+∞)时,h(x)单调递减,所以x2>2-x1,即x1+x2>2.故原结论正确,即x1x24.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),由已知,可得f'(x)=1-ax2−a①若a≤0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,与f(x)存在极值点矛盾,②若a>0,则由f'(x)=0得x=a,∴当x∈(0,a)时,f'(x)<0,当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在(0,a)内单调递减,在(a,+∞)上单调递增,∴f(a)=a+1-(a-1)lna-2=(a-1)(1-lna)=0,∴a=1或a=e.(2)①当a≤1时,f'(x)≥0在[1,e2]上恒成立,∴f(x)在[1,e2]上单调递增.∵f(1)=a-1≤0,f(e2)=e2+ae2-2a,当a≤0时,f(e2)=e2+ae2-2a=e2当0<a≤1时,f(e2)=e2+ae2-2a>2a-2a=2a(1-a)≥∴f(e2)>0.∴f(x)在[1,e2]上有1个零点;②当1<a<e2时,∵当x∈[1,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,e2]时,f'(x)>0,∴f(x)在[1,a)上单调递减,在(a,e2]上单调递增,∴f(x)min=f(a)=(a-1)(1-lna).当a=e时,f(x)min=0,此时f(x)在[1,e2]上有1个零点;当1<a<e时,f(x)min>0,此时f(x)在[1,e2]上无零点;当e<a<e2时,f(x)min<0,f(1)=a-1>0.则当f(e2)=e2+ae2-2a<0,即e42e2-1<a<e2时,f(x)当f(e2)=e2+ae2-2a≥0,即e<a≤e42e2-1时,f(x③当a≥e2时,f'(x)≤0在[1,e2]上恒成立,f(x)在[