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高考数学一轮复习-3.4.2-利用导数研究函数的零点-专项训练INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1.已知函数f(x)=lnx(1)若a=0,求f(x)的最大值;(2)若0<a<1,求证:f(x)有且只有一个零点.2.函数f(x)=ax+xlnx在x=1处取得极值.(1)求f(x)的单调区间;(2)若y=f(x)-m-1在定义域内有两个不同的零点,求实数m的取值范围.3.设函数f(x)=lnx+2x2-5x.(1)求函数f(x)的极小值;(2)若关于x的方程f(x)=2x2+(m-6)x在区间[1,e2]上有唯一实数解,求实数m的取值范围.4.已知函数f(x)=x+lnx,g(x)=exlnx+a,且函数f(x)的零点是函数g(x)的零点.(1)求实数a的值;(2)证明:y=g(x)有唯一零点.5.已知e是自然对数的底数,f(x)=mex,g(x)=x+3,(x)=f(x)+g(x),h(x)=f(x)-g(x-2)-2025.(1)设m=1,求h(x)的极值;(2)设m<-e2,求证:函数(x)没有零点.INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【C级应用创新练】6.设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点(12,f(1垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1.参考答案INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1.(1)解:若a=0,则f(x)=lnx所以f′(x)=1-所以当0<x<e时,f′(x)>0;当x>e时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(e)=1e(2)证明:f′(x)=(1x+由(1)知,f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,因为0<a<1,所以当x>e时,f(x)=lnx+ax故f(x)在(e,+∞)上无零点;当0<x<e时,f(x)=lnx因为f(1e)=a-e<0,f(e)=a+1且f(x)在(0,e)上单调递增,所以f(x)在(0,e)上有且只有一个零点.综上,f(x)有且只有一个零点.2.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a+lnx+1,由f′(1)=a+1=0,解得a=-1.则f(x)=-x+xlnx,f′(x)=lnx,令f′(x)>0,解得x>1;令f′(x)<0,解得0<x<1.所以f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).(2)y=f(x)-m-1在(0,+∞)内有两个不同的零点,则函数y=f(x)与直线y=m+1的图象在(0,+∞)内有两个不同的交点.由(1)知,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)min=f(1)=-1,f(e)=0,作出f(x)图象如图.由图可知,当-1<m+1<0,即-2<m<-1时,函数y=f(x)与直线y=m+1的图象有两个不同的交点.因此实数m的取值范围是(-2,-1).3.解:(1)依题意知f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=(4令f′(x)=0,解得x=1或x=14当0<x<14当14<x<1时,f′(x)<0,故f(x)在(0,14),(1,+∞)上单调递增,在((2)由f(x)=2x2+(m-6)x,得lnx=(m-1)x,又x>0,故lnxx=m-1,要使方程在区间[1,e2]上有唯一解,只需m=1+令g(x)=1+lnxx(1≤x≤e2),则g′(x)=得e<x≤e2.所以g(x)在区间[1,e]上单调递增,在区间(e,e2]上单调递减.因为g(1)=1,g(e2)=1+2e2,g(e)=1+所以m=1+1e或1≤m<1+2e2,即m的取值范围为[1,1+24.(1)解:由f(x)=x+lnx易判断f(x)在(0,+∞)上单调递增,且f(1e)=1e+ln1ef(1)=1+ln1=1>0,所以可令f(x0)=x0+lnx0=0,得x0=-lnx0,所以x0+lnx0=ln(x0ex0)=0⇒x0由题意g(x0)=0,即ex0lnx0+a=-ex(2)证明:g(x)=exlnx+1,则g′(x)=ex(lnx+1x令p(x)=lnx+1x,则p′(x)=1x-1x所以当x∈(0,1)时,p′(x)<0,p(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,p′(x)>0,p(x)单调递增,所以p(x)≥p(1)=1>0,所以g′(x)=ex(lnx+1x结合(1)可得存在唯一x0∈(1e,1),使得g(x0即函数y=g(x)有唯一零点.5.(1)解:因为f(x)=mex,g(x)=x+3,m=1,所以f(x)=ex,g(x-2)=x+1,所以h(x)=f(x)-g(x-2)-2025=ex-x-2026.所以h′(x)=ex-1,由h′(x)=0得x=0.当h′(x)<0时,x<0,即h(x)单调递减;当h′(x)>0时,x>0,即h(x)单调递增.所以函数h(x)没有极大值,只有极小值,且当x=0时,h(x)取得极小值.所以h(x)的极小值为h(0)=-2025.(2)证明:因为f(x)=mex,g(x)=x+3,所以(x)=f(x)+g(x)=m·ex+x+3,所以′(x)=m·ex+1.因为m<-e2<0,所以′(x)=m·ex+1是减函数.由′(x)=m·ex+1=0解得x=ln(-1m).当x∈(-∞,ln(-1m))时,′(x)=m·ex+1>0,此时函数(x)单调递增,当x∈(ln(-1m),+∞)时,′(x)=m·ex+1<0,此时函数(x)单调递减,所以当x=ln(-1m)时,函数(x)取得最大值,最大值为[ln(-1m)]=2-ln(-m).因为m<-e2,所以2-ln(-m)<0,所以(x)<0,所以当m<-e2时,函数(x)没有零点.INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【C级应用创新练】6.(1)解:f′(x)=3x2+b,由题意,得f′(12)=0,即3×(12)则b=-34(2)证明:由(1)可得f(x)=x3-34f′(x)=3x2-34=3(x+12)(x-令f′(x)>0,得x>12或x<-1令f′(x)<0,得-12<x<1所以f(x)在(-12,12)上单调递减,在(-∞,-12又f(-1)=c-14,f(-12)=c+14,f(12)=c-14,f(1)=c+14,假设f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x当c>14时,f(-1)=c-14>0,f(-12)=c+14>0,f(12又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)<0,由函数零点存在定理知f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点x0,即f(x)在(-∞,-1)上存在唯一一个零点,在(-1,+∞)上不存在零点,此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当c<-14时,f(-1)=c-14<0,f(-1

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