2024年(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)突破練習(xí)4.5《第3課時 利用導(dǎo)數(shù)探究函數(shù)的零點(diǎn)問題》(含詳解)

2024年(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)突破練習(xí)4.5《第3課時利用導(dǎo)數(shù)探究函數(shù)的零點(diǎn)問題》LISTNUMOutlineDefault\l3已知函數(shù)f(x)=ex＋ax－a(a∈R且a≠0).(1)若f(0)=2，求實(shí)數(shù)a的值，并求此時f(x)在[－2,1]上的最小值；(2)若函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.LISTNUMOutlineDefault\l3已知函數(shù)f(x)=eq\f(a,6)x3－eq\f(a,4)x2－ax－2的圖象過點(diǎn)A(4，eq\f(10,3)).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)若函數(shù)g(x)=f(x)－2m＋3有3個零點(diǎn)，求m的取值范圍.LISTNUMOutlineDefault\l3已知函數(shù)f(x)=eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a＞0)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的兩個零點(diǎn)為－3和0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)若f(x)的極小值為－e3，求f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值.LISTNUMOutlineDefault\l3已知函數(shù)f(x)＝(2﹣a)cosx﹣xsinx.(1)當(dāng)a＝0時，求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)當(dāng)1<a<2，x∈[﹣eq\f(π,2),eq\f(π,2)]時，判斷函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個數(shù)，并說明理由．LISTNUMOutlineDefault\l3已知函數(shù)f(x)＝eq\f(mx－n,x)－lnx(m，n∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在(1，f(1))處的切線與直線x－y＝0平行，求實(shí)數(shù)n的值；(2)當(dāng)n＝1時，函數(shù)f(x)恰有兩個零點(diǎn)x1，x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x1<x2))，證明：x1＋x2>2.LISTNUMOutlineDefault\l3設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)，g(x)＝aex－x，其中a為實(shí)數(shù)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若g(x)有兩個零點(diǎn)x1，x2(x1＜x2)，證明：0＜x1x2＜1.

LISTNUMOutlineDefault\l3\s0答案詳解LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)由f(0)=1－a=2，得a=－1.易知f(x)在[－2,0)上遞減，在(0,1]上遞增，所以當(dāng)x=0時，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.(2)f′(x)=ex＋a，由于ex＞0，①當(dāng)a＞0時，f′(x)＞0，f(x)是增函數(shù)，當(dāng)x＞1時，f(x)=ex＋a(x－1)＞0.當(dāng)x＜0時，取x=－eq\f(1,a)，則f（－eq\f(1,a)）＜1＋a－eq\f(1,a)－1=－a＜0.所以函數(shù)f(x)存在零點(diǎn)，不滿足題意.②當(dāng)a＜0時，f′(x)=ex＋a，令f′(x)=0，得x=ln(－a).在(－∞，ln(－a))上，f′(x)＜0，f(x)遞減，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)遞增，所以當(dāng)x=ln(－a)時，f(x)取最小值.函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)，等價于f(ln(－a))=eln(－a)＋aln(－a)－a=－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0.綜上所述，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－e2,0).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=eq\f(a,6)x3－eq\f(a,4)x2－ax－2的圖象過點(diǎn)A(4，eq\f(10,3)).所以eq\f(32a,3)－4a－4a－2=eq\f(10,3)，解得a=2，即f(x)=eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2－2x－2，所以f′(x)=x2－x－2.由f′(x)=x2－x－2＜0，解得－1＜x＜2；由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞2.所以函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間是(－1,2)，遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(2，＋∞).(2)由(1)知f(x)的極大值=f(－1)=－eq\f(1,3)－eq\f(1,2)＋2－2=－eq\f(5,6)，同理，f(x)的極小值=f(2)=eq\f(8,3)－2－4－2=－eq\f(16,3)，由數(shù)形結(jié)合思想，要使函數(shù)g(x)=f(x)－2m＋3有三個零點(diǎn)，則－eq\f(16,3)＜2m－3＜－eq\f(5,6)，解得－eq\f(7,6)＜m＜eq\f(13,12).所以m的取值范圍為(-eq\f(7,6),eq\f(13,12)).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)f′(x)=eq\f(（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex,（ex）2)=eq\f(－ax2＋（2a－b）x＋b－c,ex)，令g(x)=－ax2＋(2a－b)x＋b－c，因?yàn)閑x＞0，所以y=f′(x)的零點(diǎn)就是g(x)=－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零點(diǎn)，且f′(x)與g(x)符號相同.又因?yàn)閍＞0，所以－3＜x＜0時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，當(dāng)x＜－3或x＞0時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－3，0)，單調(diào)減區(qū)間是(－∞，－3)，(0，＋∞).(2)由(1)知，x=－3是f(x)的極小值點(diǎn)，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g（0）＝b－c＝0，,g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，))解得a=1，b=5，c=5，所以f(x)=eq\f(x2＋5x＋5,ex).因?yàn)閒(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－3，0)，單調(diào)減區(qū)間是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f(0)=5為函數(shù)f(x)的極大值，故f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者.而f(－5)=eq\f(5,e－5)=5e5＞5=f(0)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值是5e5.LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)當(dāng)a＝0時，函數(shù)f(x)＝2cosx﹣xsinx，f(0)＝2.f′(x)＝﹣2sinx﹣sinx﹣xcosx＝﹣3sinx﹣xcosx,∴切線的斜率k＝f′(0)＝0,∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝2.(2)f′(x)＝(a﹣3)sinx﹣xcosx，因?yàn)?<a<2，當(dāng)x∈[0,eq\f(π,2)]時，f′(x)≤0，僅在x＝0處f′(x)＝0，其余各處f′(x)<0，所以f(x)在[0,eq\f(π,2)]上單調(diào)遞減，因?yàn)閒(0)＝2﹣a>0，f(eq\f(π,2))＝﹣eq\f(π,2)<0,所以存在唯一x0∈[0,eq\f(π,2)]，使得f(x0)＝0，即f(x)在[0,eq\f(π,2)]上有且只有一個零點(diǎn)，因?yàn)閒(﹣x)＝(2﹣a)cos(﹣x)＋xsin(﹣x)＝(2﹣a)cosx﹣xsinx＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，所以f(x)在[﹣eq\f(π,2),0]上有且只有一個零點(diǎn)，所以f(x)在[﹣eq\f(π,2),eq\f(π,2)]上有2個零點(diǎn)．LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)因?yàn)閒′(x)＝eq\f(n,x2)－eq\f(1,x)，f′(1)＝n－1＝1，所以n＝2.(2)證明當(dāng)n＝1時，f(x)＝eq\f(mx－1,x)－lnx，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(mx1－1,x1)－lnx1＝0，①,\f(mx2－1,x2)－lnx2＝0，②))②－①得lnx2－lnx1＝eq\f(x2－x1,x1x2)，即lneq\f(x2,x1)＝eq\f(\f(x2,x1)－1,x2)，③令t＝eq\f(x2,x1)，則x2＝tx1，且t>1，又因?yàn)閤1＋x2＝x1＋tx1＝(1＋t)x1，由③知lnt＝eq\f(t－1,tx1)，所以x1＝eq\f(t－1,tlnt)(t>1)，要證x1＋x2>2，只需證(1＋t)eq\f(t－1,tlnt)>2，即證eq\f(t2－1,t)>2lnt，即t－eq\f(1,t)－2lnt>0，令h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt(t>1)，則h′(t)＝eq\f(t－12,t2)>0，所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))在(1，＋∞)上單調(diào)遞增且h(1)＝0，所以當(dāng)t∈(1，＋∞)時，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))>0，即x1＋x2>2.LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)由題設(shè)可知，f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝eq\f(1－x,ex)，令f′(x)＝0，解得x＝1.當(dāng)x<1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)證明：函數(shù)g(x)有兩個零點(diǎn)x1，x2等價于方程a＝eq\f(x,ex)有兩個不等實(shí)根x1，x2，也等價于函數(shù)y＝a與y＝f(x)的圖象有兩個交點(diǎn)．由(1)可知，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．且當(dāng)x<0時，f(x)<0；當(dāng)x>0時，f(x)>0，故0<x1<1<x2，所以x1x2>0.欲證x1x2<1，只需證x1<eq\f(1,x2)，因?yàn)閤1，eq\f(1,x2)∈(0,1)，故只需證f(x1)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)))，又f(x1)＝f(x2)，故只需證明f(x2)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)))，即證SKIPIF1<0<SKIPIF1<0，即證x2·SKIPIF1<0<eq\f