利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點+專項訓(xùn)練 高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習

高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習-3.4.2-利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點-專項訓(xùn)練INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1.已知函數(shù)f(x)=lnx(1)若a=0,求f(x)的最大值;(2)若0<a<1,求證:f(x)有且只有一個零點.2.函數(shù)f(x)=ax+xlnx在x=1處取得極值.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若y=f(x)-m-1在定義域內(nèi)有兩個不同的零點,求實數(shù)m的取值范圍.3.設(shè)函數(shù)f(x)=lnx+2x2-5x.(1)求函數(shù)f(x)的極小值;(2)若關(guān)于x的方程f(x)=2x2+(m-6)x在區(qū)間[1,e2]上有唯一實數(shù)解,求實數(shù)m的取值范圍.4.已知函數(shù)f(x)=x+lnx,g(x)=exlnx+a,且函數(shù)f(x)的零點是函數(shù)g(x)的零點.(1)求實數(shù)a的值;(2)證明:y=g(x)有唯一零點.5.已知e是自然對數(shù)的底數(shù),f(x)=mex,g(x)=x+3,(x)=f(x)+g(x),h(x)=f(x)-g(x-2)-2025.(1)設(shè)m=1,求h(x)的極值;(2)設(shè)m<-e2,求證:函數(shù)(x)沒有零點.INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【C級應(yīng)用創(chuàng)新練】6.設(shè)函數(shù)f(x)=x3+bx+c,曲線y=f(x)在點(12,f(1垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一個絕對值不大于1的零點,證明:f(x)所有零點的絕對值都不大于1.參考答案INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1.(1)解:若a=0,則f(x)=lnx所以f′(x)=1-所以當0<x<e時,f′(x)>0;當x>e時,f′(x)<0,所以f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)max=f(e)=1e(2)證明:f′(x)=(1x+由(1)知,f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,因為0<a<1,所以當x>e時,f(x)=lnx+ax故f(x)在(e,+∞)上無零點;當0<x<e時,f(x)=lnx因為f(1e)=a-e<0,f(e)=a+1且f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,所以f(x)在(0,e)上有且只有一個零點.綜上,f(x)有且只有一個零點.2.解:(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=a+lnx+1,由f′(1)=a+1=0,解得a=-1.則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)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1).(2)y=f(x)-m-1在(0,+∞)內(nèi)有兩個不同的零點,則函數(shù)y=f(x)與直線y=m+1的圖象在(0,+∞)內(nèi)有兩個不同的交點.由(1)知,f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,f(x)min=f(1)=-1,f(e)=0,作出f(x)圖象如圖.由圖可知,當-1<m+1<0,即-2<m<-1時,函數(shù)y=f(x)與直線y=m+1的圖象有兩個不同的交點.因此實數(shù)m的取值范圍是(-2,-1).3.解:(1)依題意知f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=(4令f′(x)=0,解得x=1或x=14當0<x<14當14<x<1時,f′(x)<0,故f(x)在(0,14),(1,+∞)上單調(diào)遞增,在((2)由f(x)=2x2+(m-6)x,得lnx=(m-1)x,又x>0,故lnxx=m-1,要使方程在區(qū)間[1,e2]上有唯一解,只需m=1+令g(x)=1+lnxx(1≤x≤e2),則g′(x)=得e<x≤e2.所以g(x)在區(qū)間[1,e]上單調(diào)遞增,在區(qū)間(e,e2]上單調(diào)遞減.因為g(1)=1,g(e2)=1+2e2,g(e)=1+所以m=1+1e或1≤m<1+2e2,即m的取值范圍為[1,1+24.(1)解:由f(x)=x+lnx易判斷f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,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由題意g(x0)=0,即ex0lnx0+a=-ex(2)證明:g(x)=exlnx+1,則g′(x)=ex(lnx+1x令p(x)=lnx+1x,則p′(x)=1x-1x所以當x∈(0,1)時,p′(x)<0,p(x)單調(diào)遞減,當x∈(1,+∞)時,p′(x)>0,p(x)單調(diào)遞增,所以p(x)≥p(1)=1>0,所以g′(x)=ex(lnx+1x結(jié)合(1)可得存在唯一x0∈(1e,1),使得g(x0即函數(shù)y=g(x)有唯一零點.5.(1)解:因為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.當h′(x)<0時,x<0,即h(x)單調(diào)遞減;當h′(x)>0時,x>0,即h(x)單調(diào)遞增.所以函數(shù)h(x)沒有極大值,只有極小值,且當x=0時,h(x)取得極小值.所以h(x)的極小值為h(0)=-2025.(2)證明:因為f(x)=mex,g(x)=x+3,所以(x)=f(x)+g(x)=m·ex+x+3,所以′(x)=m·ex+1.因為m<-e2<0,所以′(x)=m·ex+1是減函數(shù).由′(x)=m·ex+1=0解得x=ln(-1m).當x∈(-∞,ln(-1m))時,′(x)=m·ex+1>0,此時函數(shù)(x)單調(diào)遞增,當x∈(ln(-1m),+∞)時,′(x)=m·ex+1<0,此時函數(shù)(x)單調(diào)遞減,所以當x=ln(-1m)時,函數(shù)(x)取得最大值,最大值為[ln(-1m)]=2-ln(-m).因為m<-e2,所以2-ln(-m)<0,所以(x)<0,所以當m<-e2時,函數(shù)(x)沒有零點.INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學(xué)\\B組.TIF"INET【C級應(yīng)用創(chuàng)新練】6.(1)解:f′(x)=3x2+b,由題意,得f′(12)=0,即3×(12)則b=-34(2)證明: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)上單調(diào)遞減,在(-∞,-12又f(-1)=c-14,f(-12)=c+14,f(12)=c-14,f(1)=c+14,假設(shè)f(x)所有零點中存在一個絕對值大于1的零點x當c>14時,f(-1)=c-14>0,f(-12)=c+14>0,f(12又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)<0,由函數(shù)零點存在定理知f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一個零點x0,即f(x)在(-∞,-1)上存在唯一一個零點,在(-1,+∞)上不存在零點,此時f(x)不存在絕對值不大于1的零點,與題設(shè)矛盾;當c<-14時,f(-1)=c-14<0,f(-1