2025届高考数学一轮复习第二篇函数导数及其应用第11节导数在研究函数中的应用第5课时利用导数研究函数零点专题课时作业理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第5课时利用导数探讨函数零点专题课时作业1．(2024永州三模)已知函数f(x)＝(1－2a)lnx＋ax2＋x探讨f(x)的导函数f′(x)的零点个数．解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－2a,x)＋2ax＋1＝eq\f(2ax2＋x＋1－2a,x)＝eq\f(2ax＋1－2ax＋1,x)若a＝0，由－1＜0，f′(x)没有零点；若a＜0或a＞eq\f(1,2)，由eq\f(2a－1,2a)＞0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,2a)))＝0，－1＜0，f′(x)有一个零点；若0＜a≤eq\f(1,2)，由eq\f(2a－1,2a)≤0，－1＜0，f′(x)没有零点．综上所述，当a＜0或a＞eq\f(1,2)时，f′(x)有一个零点；当0≤a≤eq\f(1,2)时f′(x)没有零点．2．已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx的图象与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．解：f′(x)＝x(2＋cosx)，令f′(x)＝0，得x＝0.∴当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上递增．当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，0)上递减．∴f(x)的最小值为f(0)＝1.∵函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b＞1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，b的取值范围是(1，＋∞)．3．(2024鹰潭一模)已知f(x)＝ax2－(b＋1)xlnx－b，曲线y＝f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为2x＋y＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)探讨函数f(x)在区间(0，e4]内的零点的个数。解：(1)因为曲线y＝f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为2x＋y＝0，f′(x)＝2ax－(b＋1)lnx－b－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e2a－eb＋1－b＝－2e，,2ea－b－1－b－1＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝e))所以f(x)＝x2－(e＋1)xlnx－e.(2)由(1)知f(x)＝x2－(e＋1)xlnx－e.令x2－(e＋1)xlnx－e＝0，即x－(e＋1)lnx－eq\f(e,x)＝0，x∈(0，e4]．设g(x)＝x－(e＋1)lnx－eq\f(e,x)，x∈(0，e4]，则g′(x)＝1－eq\f(e＋1,x)＋eq\f(e,x2)＝eq\f(x－1x－e,x2).由g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝e.∵当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，e)时，g′(x)＜0；当x∈(e，e4)时，g′(x)＞0，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，在(e，e4)上单调递增，极大值为g(1)＝1－e＜0，微小值为g(e)＝－2＜0，g(e4)＝e4－4(e＋1)－eq\f(1,e3).∵4(e＋1)＋eq\f(1,e3)＜4×4＋1＝17，e4＞2.74＞2.54＞62＝36，∴g(e4)＞0.因此f(x)在区间(0，e4]内有唯一零点．4．(2024长春市一模)已知函数f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)，其中a为实数，常数e＝2.718….(1)若x＝eq\f(1,3)是函数f(x)的一个极值点，求a的值；(2)当a＝－4时，求函数f(x)的单调区间；(3)当a取正实数时，若存在实数m，使得关于x的方程f(x)＝m有三个实数根，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝eq\f(ax2－2ax＋1ex,1＋ax22)因为x＝eq\f(1,3)是函数f(x)的一个极值点，所以f′eq\f(1,3)＝0，即eq\f(1,9)a－eq\f(2,3)a＋1＝0，a＝eq\f(9,5).而当a＝eq\f(9,5)时，ax2－2ax＋1＝eq\f(9,5)x2－2x＋eq\f(5,9)＝eq\f(9,5)x－eq\f(1,3)·x－eq\f(5,3)，可验证：x＝eq\f(1,3)是函数f(x)的一个极值点．因此a＝eq\f(9,5).(2)当a＝－4时，f′(x)＝eq\f(－4x2＋8x＋1ex,1－4x22)令f′(x)＝0得－4x2＋8x＋1＝0，解得x＝1±eq\f(\r(5),2)，而x≠±eq\f(1,2).所以当x改变时，f′(x)，f(x)的改变是x－∞，－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)，1－eq\f(\r(5),2)1－eq\f(\r(5),2)1－eq\f(\r(5),2)，eq\f(1,2)eq\f(1,2)，1＋eq\f(\r(5),2)1＋eq\f(\r(5),2)1＋eq\f(\r(5),2)，＋∞f′(x)－－0＋＋0－f(x)微小值极大值因此f(x)的单调增区间是1－eq\f(\r(5),2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1＋eq\f(\r(5),2)；f(x)的单调减区间是－∞，－eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，1－eq\f(\r(5),2)，1＋eq\f(\r(5),2)，＋∞；(3)当a取正实数时，f′(x)＝eq\f(ax2－2ax＋1ex,1＋ax22)，令f′(x)＝0得ax2－2ax＋1＝0，当a>1时，解得x1＝eq\f(a－\r(a2－a),a)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－a),a).f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，但是函数值恒大于零，极大值f(x1)，微小值f(x2)，并且依据指数函数和二次函数的改变速度可知当x→＋∞时，f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)→＋∞，当x→－∞时，f(x)＝eq\f(ex