2021高考數(shù)學(xué)人教版一輪復(fù)習(xí)多維層次練：第三章+第2節(jié)第4課時(shí)+導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)+Word版含解析

/多維層次練20[A級(jí)基礎(chǔ)鞏固]1．(2020·廣州一中月考)函數(shù)f(x)＝lnx－eq\r(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A．3 B．2 C．1 D．0解析：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2\r(x))，定義域(0，＋∞)，當(dāng)0<x<4時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>4時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(0，4)上遞增，在(4，＋∞)上遞減．則f(x)max＝f(4)＝ln4－2＝lneq\f(4,e2)<0.所以f(x)<0恒成立，故f(x)沒有零點(diǎn)．答案：D2．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1，4]，部分對(duì)應(yīng)值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示．當(dāng)1<a<2時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．1 B．2 C．3 D．4解析：根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象，知2是函數(shù)的極小值點(diǎn)，函數(shù)y＝f(x)的大致圖象如圖所示．由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y＝f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4.答案：D3．(2020·日照一中調(diào)研)若方程8x＝x2＋6lnx＋m僅有一個(gè)解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A．(－∞，7)B．(12－6ln3，＋∞)C．(15－6ln3，＋∞)D．(－∞，7)∪(15－6ln3，＋∞)解析：方程8x＝x2＋6lnx＋m僅有一個(gè)解等價(jià)于函數(shù)m(x)＝x2－8x＋6lnx＋m(x>0)的圖象與x軸有且只有一個(gè)交點(diǎn)．又m′(x)＝2x－8＋eq\f(6,x)＝eq\f(2（x－1）（x－3）,x).當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，m′(x)>0，m(x)是增函數(shù)；當(dāng)x∈(1，3)時(shí)，m′(x)<0，m(x)是減函數(shù)；當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，m′(x)>0，m(x)是增函數(shù)，所以m(x)極大值＝m(1)＝m－7，m(x)極小值＝m(3)＝m＋6ln3－15.因?yàn)楫?dāng)x趨近于0時(shí)，m(x)趨近于負(fù)無窮，當(dāng)x趨近于正無窮時(shí)，m(x)趨近于正無窮，所以要使m(x)的圖象與x軸有一個(gè)交點(diǎn)，必須有φ(x)極大值＝m－7<0或φ(x)最小值＝m＋6ln3－15>0，故m<7或m>15－6ln3.答案：D4．(2020·佛山調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝lneq\f(x,2)＋eq\f(1,2)，對(duì)任意a∈R，存在b∈(0，＋∞)，使f(a)＝g(b)，則b－a的最小值為()A．2eq\r(e)－1 B．e2－eq\f(1,2)C．2－ln2 D．2＋ln2解析：存在b∈(0，＋∞)，使f(a)＝g(b)，則ea＝lneq\f(b,2)＋eq\f(1,2)，令t＝ea＝lneq\f(b,2)＋eq\f(1,2)>0，所以a＝lnt，b＝2et－eq\f(1,2)，則b－a＝2et－eq\f(1,2)－lnt.設(shè)φ(t)＝2et－eq\f(1,2)－lnt，則φ′(t)＝2et－eq\f(1,2)－eq\f(1,t)(t>0)．顯然φ′(t)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0.所以φ′(t)有唯一零點(diǎn)t＝eq\f(1,2)，故當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，φ(t)取得最小值φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2＋ln2.答案：D5．若函數(shù)f(x)＝eq\f(ax－a,ex)＋1(a＜0)沒有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：f′(x)＝eq\f(aex－（ax－a）ex,e2x)＝eq\f(－a（x－2）,ex)(a＜0)．當(dāng)x＜2時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0.所以當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)有極小值f(2)＝eq\f(a,e2)＋1.若使函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)f(2)＝eq\f(a,e2)＋1＞0，解得a＞－e2，因此－e2＜a＜0.答案：(－e2，0)6．(2020·長郡中學(xué)檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax－a存在極值點(diǎn)x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，則x1＋2x0＝________．解析：由f(x)＝x3－x2＋ax－a，得f′(x)＝3x2－2x＋a.因?yàn)閤0為f(x)的極值點(diǎn)，知3xeq\o\al(2,0)－2x0＋a＝0.①因?yàn)閒(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，所以xeq\o\al(3,1)－xeq\o\al(2,1)＋ax1－a＝xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)＋ax0－a，化為xeq\o\al(2,1)＋x1x0＋xeq\o\al(2,0)－(x1＋x0)＋a＝0，把a(bǔ)＝－3xeq\o\al(2,0)＋2x0代入上述方程可得xeq\o\al(2,1)＋x1x0＋xeq\o\al(2,0)－(x1＋x0)－3xeq\o\al(2,0)＋2x0＝0，化為xeq\o\al(2,1)＋x1x0－2xeq\o\al(2,0)＋x0－x1＝0，即(x1－x0)(x1＋2x0－1)＝0，因?yàn)閤1－x0≠0，所以x1＋2x0＝1.答案：17．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x2)＋alnx(a∈R)．(1)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)已知函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)由題意可得，f′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ax2－2,x3)(x>0)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,a))))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,a)))),x3)，由f′(x)≤0，解得0<x≤eq\r(\f(2,a)).所以此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2a),a))).綜上可得：a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)，a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2a),a))).(2)由(1)可得若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則必須滿足a>0，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))))＝eq\f(a,2)＋eq\f(a,2)lneq\f(2,a)<0，化為lneq\f(2,a)<－1，解之得a>2e.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2e，＋∞)．8．已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝eq\r(x)＋x，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828….(1)證明：函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間(1，2)上有零點(diǎn)；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的個(gè)數(shù)，并說明理由．(1)證明：易知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x.所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－eq\r(2)>0，所以h(1)h(2)<0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1，2)上有零點(diǎn)．(2)解：由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x.由g(x)＝eq\r(x)＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個(gè)零點(diǎn)．又h(x)在(1，2)內(nèi)有零點(diǎn)，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個(gè)零點(diǎn)．h′(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1，記φ(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1，則φ′(x)＝ex＋eq\f(1,4)x－eq\f(3,2).當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．易知φ(x)在(0，＋∞)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn)，則h(x)在[0，＋∞)上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，所以方程f(x)＝g(x)的根的個(gè)數(shù)為2.[B級(jí)能力提升]9．設(shè)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋2x＋5，若曲線y＝f(x)與直線y＝2x＋m有三個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：曲線y＝f(x)與直線y＝2x＋m有三個(gè)交點(diǎn)，則g(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋2x＋5－2x－m＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋5－m有三個(gè)零點(diǎn)．令g′(x)＝x2－3x＝0，得x＝0或x＝3.由g′(x)>0，得x<0或x>3；由g′(x)<0，得0<x<3.所以函數(shù)g(x)在(－∞，0)和(3，＋∞)上為增函數(shù)，在(0，3)上為減函數(shù)．要使g(x)有三個(gè)零點(diǎn)，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（0）>0，,g（3）<0，))解得eq\f(1,2)<m<5.故實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5))10．(2020·河南名校聯(lián)盟調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex＋(a－e)·x－ax2.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ex－ex，則f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，當(dāng)x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在x＝1處取得極小值，且極小值為f(1)＝0，無極大值．(2)由題意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，設(shè)g(x)＝ex－2ax＋a－e，則g′(x)＝ex－2a.若a＝0，則f(1)＝0，故由(1)得f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)沒有零點(diǎn)；若a<0，則g′(x)＝ex－2a>0，故函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增．又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．因?yàn)閒(0)＝1，f(1)＝0，所以當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)存在零點(diǎn)．若a>0，由(1)得當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，ex>ex.則f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)沒有零點(diǎn)．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0)．11．(2019·天津卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R.(1)若a≤0，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若0<a<eq\f(1,e)：①證明f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)；②設(shè)x0為f(x)的極值點(diǎn)，x1為f(x)的零點(diǎn)，且x1>x0，證明3x0－x1>2.解：(1)由已知，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)－[aex＋a(x－1)ex]＝eq\f(1－ax2ex,x).因此當(dāng)a≤0時(shí)，1－ax2ex>0，從而f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．(2)證明：①由(1)知，f′(x)＝eq\f(1－ax2ex,x).令g(x)＝1－ax2ex，由0<a<eq\f(1,e)，知g(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．又g(1)＝1－ae>0，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝1－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))eq\s\up12(2)eq\f(1,a)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))eq\s\up12(2)<0，故g(x)＝0在(0，＋∞)內(nèi)有唯一解，從而f′(x)＝0在(0，＋∞)內(nèi)有唯一解，不妨設(shè)為x0，則1<x0<lneq\f(1,a).當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＝eq\f(g（x）,x)>eq\f(g（x0）,x)＝0，所以f(x)在(0，x0)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＝eq\f(g（x）,x)<eq\f(g（x0）,x)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，因此x0是f(x)的唯一極值點(diǎn)．令h(x)＝lnx－x＋1，則當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)＝eq\f(1,x)－1<0.故h(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，從而當(dāng)x>1時(shí)，h(x)<h(1)＝0，所以lnx<x－1.從而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)－1))elneq\f(1,a)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))－lneq\f(1,a)＋1＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))<0，又因?yàn)閒(x0)>f(1)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)內(nèi)有唯一零點(diǎn)．又f(x)在(0，x0)內(nèi)有唯一零點(diǎn)1，從而，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)．②由題意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x0）＝0，,f（x1）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(axeq\o\al(2,0)ex0＝1，,lnx1＝a（x1－1）ex1，))從而lnx1＝eq\f(x1－1,xeq\o\al(2,0))ex1－x0，則ex1－x0＝eq\f(xeq\o\al(2,0)lnx1,x1－1).因?yàn)楫?dāng)x>1時(shí)，lnx<x－1，又x1>x0>1，故ex1－x0<eq\f(xeq\o\al(2,0)（x1－1）,x1－1)＝xeq\o\al(2,0)，兩邊取對(duì)數(shù)，得lnex1