(文理通用)江蘇省2020高考數學二輪復習專題四函數與導數、不等式第20講導數與函數的零點問題練習

第20講導數與函數的零點問題課后自測診斷——及時查漏補缺·備考不留死角1．若函數f(x)＝ax3－bx＋4,當x＝2時,函數f(x)有極值－錯誤!。(1)求函數f(x)的解析式; (2)若函數f(x)＝k有3個解，求實數k的取值范圍．解：(1)對函數f(x)求導得f′(x)＝3ax2－b，解得錯誤!所以f(x)＝錯誤!x3－4x＋4. (2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2),令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.當x變化時，f′(x),f(x)的變化情況如下表：＋f′(x)3錯誤!;20－錯誤!＋xfx值－錯誤!.xxx所以實數k的取值范圍是錯誤!。(1)證明：函數h(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間(1,2)上有零點；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的個數,并說明理由．解：(1)證明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x得， (2)由(1)得h(x)＝ex－1－錯誤!－x。由g(x)＝錯誤!＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個零點,而h(x)在(1，2)內有零點,因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點．因為h′(x)＝ex－x－錯誤!－1，記φ(x)＝ex－錯誤!x－錯誤!－1,則φ′(x)＝ex＋錯誤!x－錯誤!。當x∈(0,＋∞)時,φ′(x)〉0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，則φ(x)在 (0，＋∞)上至多只有一個零點，即h(x)在[0，＋∞)上至多有兩個零點．所以方程f(x)＝g(x)的根的個數為2。3．已知函數f(x)＝aex＋x2－bx(a，b∈R)．(1)設a＝－1，若函數f(x)在R上是單調遞減函數,求b的取值范圍；(2)設b＝0，若函數f(x)在R上有且只有一個零點，求a的取值范圍．解:(1)當a＝－1時，f(x)＝－ex＋x2－bx，∴f′(x)＝－ex＋2x－b，由題意知,f′(x)＝－ex＋2x－b≤0對x∈R恒成立．令F(x)＝－e＋x2x，則F′(x)＝－ex＋2，由F′(x)＝0，得x＝ln2。當x＜ln2時,F′(x)＞0，F(x)單調遞增，當x＞ln2時，F′(x)＜0，F(x)單調遞減,∴b≥2ln2－2，故b的取值范圍為[2ln2－2，＋∞)．(2)當b＝0時，f(x)＝aex＋x2。由aex＋x2＝0,得－a＝錯誤!,令G(x)＝錯誤!，則G′(x)＝錯誤!，由G′(x)＝0，得x＝0或x＝2。當x≤0時，G′(x)≤0，G(x)單調遞減，故G(x)的取值范圍為[0，＋∞)；故G(x)的取值范圍為錯誤!；當x≥2時，G′(x)≤0，G(x)單調遞減，由題意得，－a＝0或－a＞錯誤!,從而a＝0或a＜－錯誤!,則a的取值范圍為錯誤!∪{0}．4．已知函數f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個零點． (1)求a的取值范圍； (2)設x1,x2是f(x)的兩個零點,證明:x1＋x2〈2。解:(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①設a＝0,則f(x)＝(x－2)ex,f(x)只有一個零點．②設a>0，則當x∈(－∞，1)時,f′(x)<0;當x∈(1,＋∞)時,f′(x)〉0，所以f(x)在(－∞，1)內單調遞減，在(1,＋∞)內單調遞增．fbbaba〉0，故f(x)存在兩個零點．③設a<0,由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－錯誤!，則ln(－2a)≤1，故當x∈(1，＋∞)時，f′(x)〉0,因此f(x)在(1，＋∞)內單調遞增．2又當x≤1時，f(x)〈0，所以f(x)不存在兩個零點．2故當x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0；當x∈(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0。因此f(x)在(1，ln(－2a))內單調遞減,在(ln(－2a)，＋∞)內單調遞增．又當x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點．1)，又f(x)在(－∞，1)內單調遞減，由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2,而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.設g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以當x〉1時,g′(x)〈0，而g(1)＝0,從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．(2019·南通學科基地卷)設k∈R，函數f(x)＝lnx＋x2－kx－1。x (2)求函數f(x)的單調遞增區(qū)間; (3)求函數f(x)在定義域內的零點個數．解：(1)k＝1時，不等式f(x)＞－1,即lnx＋x2－x＞0。設g(x)＝lnx＋x2－x，因為g′(x)＝錯誤!＋2x－1＝錯誤!＞0在定義域(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又g(1)＝0，所以f(x)＞－1的解集為(1,＋∞)． (2)f′(x)＝x＋2x－k＝錯誤!(x＞0)，由f′(x)≥0得2x2－kx＋1≥0。(*)①當Δ＝k2－8≤0,即－2錯誤!≤k≤2錯誤!時,(＊)在R上恒成立，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)．此時方程2x2－kx＋1＝0的相異實根分別為x1＝錯誤!，x2＝錯誤!，因為錯誤!所以0＜x1＜x2，所以f′(x)≥0的解集為錯誤!∪錯誤!，故函數f(x)的單調遞增區(qū)間為錯誤!和錯誤!.③當k＜－2錯誤!時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)．綜上所述，當k＞2錯誤!時，函數f(x)的單調遞增區(qū)間為錯誤!和錯誤!；當k≤2錯誤!時，函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)．(3)由(2)知，①當k≤22時，函數f(x)在定義域(0，＋∞)上單調遞增，則當x>m時，f(x)＞x2－kx－1＞0。所以f(x)＜lnx＋λ，當0＜x＜e－λ時，f(x)＜0，又函數f(x)在定義域(0，＋∞)上連續(xù)不間斷，②當k＞2錯誤!時，f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上遞增，在(x1，x2)上遞減，則f(x1)＝lnx1＋x－kx1－1＝lnx1＋x錯誤!－(2x錯誤!＋1)－1＝lnx1－x錯誤!－2.下面先證明lnx＜x(x＞0)：設h(x)＝lnx－x，由h′(x)＝錯誤!>0得0＜x＜1，所以h(x)在(0,1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減,h(x)max＝h(1)＝－1＜0，所以h(x)＜0(x＞0)，即lnx＜x(x＞0)．又因為f(x)在(x1，x2)上遞減，所以f(x2)＜f(x1)＜0,所以f(x)在區(qū)間(0，x2)不存在零點．所以f(x)在區(qū)間(x2，＋∞)上有且僅有一個零點．綜上所述，函數f(x)在定義域內有且僅有一個零點．來，本文檔在發(fā)布之前我們對內容進行仔如有疏漏之處請指正，希望本文能為您解ThisarticleiscollectedandcompiledbymycolleaguesandIinouryscheduleWeproofreadthecontentcarefullybeforethereleaseofthisarticlebutitisinevitablethattherewil