（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學二輪復習 專題四 函數(shù)與導數(shù)、不等式 第20講 導數(shù)與函數(shù)的零點問題練習

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1、第20講 導數(shù)與函數(shù)的零點問題 1．若函數(shù)f(x)＝ax3－bx＋4，當x＝2時，函數(shù)f(x)有極值－. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)若函數(shù)f(x)＝k有3個解，求實數(shù)k的取值范圍． 解：(1)對函數(shù)f(x)求導得f′(x)＝3ax2－b， 由題意知解得 所以f(x)＝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： x (－∞，－2) －2 (－2,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)

2、   －  因此，當x＝－2時，f(x)有極大值； 當x＝2時，f(x)有極小值－. 所以函數(shù)f(x)＝x3－4x＋4的圖象大致如圖所示． 因為方程f(x)＝k的解的個數(shù)即為y＝k與y＝f(x)的交點個數(shù)． 所以實數(shù)k的取值范圍是. 2．已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.718 28…. (1)證明：函數(shù)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(shù)，并說明理由． 解：(1)證明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x得， h(1)＝e－3<0，h(2)

3、＝e2－3－>0，且h(x)在區(qū)間(1,2)上是連續(xù)的， 所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,2)上有零點． (2)由(1)得h(x)＝ex－1－－x. 由g(x)＝＋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(nèi)有零點， 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點． 因為h′(x)＝ex－x－－1， 記φ(x)＝ex－x－－1， 則φ′(x)＝ex＋x－. 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

4、f(x)＝g(x)的根的個數(shù)為2. 3．已知函數(shù)f(x)＝aex＋x2－bx(a，b∈R)． (1)設a＝－1，若函數(shù)f(x)在R上是單調遞減函數(shù)，求b的取值范圍； (2)設b＝0，若函數(shù)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． 由－ex＋2x－b≤0，得b≥－ex＋2x. 令F(x)＝－ex＋2x，則F′(x)＝－ex＋2， 由F′(x)＝0，得x＝ln 2. 當x＜ln 2時，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)單調遞增，當x

5、＞ln 2時，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)單調遞減， 從而當x＝ln 2時，F(xiàn)(x)取得最大值2ln 2－2， ∴b≥2ln 2－2，故b的取值范圍為[2ln 2－2，＋∞)． (2)當b＝0時，f(x)＝aex＋x2. 由題意知aex＋x2＝0只有一個解． 由aex＋x2＝0，得－a＝， 令G(x)＝，則G′(x)＝， 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，＋∞)； 當0＜x＜2時，G′(x)＞0，G(x)單調遞增， 故G(x)的取值范圍為； 當x≥2時，G′(x)≤0，G(x)單調遞減， 故G

6、(x)的取值范圍為. 由題意得，－a＝0或－a＞，從而a＝0或a＜－， 故若函數(shù)f(x)在R上只有一個零點， 則a的取值范圍為∪{0}． 4．已知函數(shù)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(nèi)單調遞減， 在(

7、1，＋∞)內(nèi)單調遞增． 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>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≥－，則ln(－2a)≤1， 故當x∈(1，＋∞)時， f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調遞增． 又當x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點． 若a<－，則ln(－2a)>1， 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(nèi)單調

8、遞減，在(ln(－2a)，＋∞)內(nèi)單調遞增． 又當x≤1時，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個零點． 綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)． (2)證明：不妨設x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0. 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

9、g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)． 所以當x>1時，g′(x)<0，而g(1)＝0， 故當x>1時，g(x)<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(shù)f(x)＝ln x＋x2－kx－1. (1)k＝1時，求不等式f(x)＞－1的解集； (2)求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間； (3)求函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的零點個數(shù)． 解：(1)k＝1時，不等式f(x)＞－1，即ln x＋x2－x＞0. 設g(x)＝ln x＋x2－x， 因為g′(x)＝＋2x－1＝＞0在定義域(0，＋∞)上恒成立， 所以g(x)在(

10、0，＋∞)上單調遞增，又g(1)＝0， 所以f(x)＞－1的解集為(1，＋∞)． (2)f′(x)＝＋2x－k＝(x＞0)， 由f′(x)≥0得2x2－kx＋1≥0.(*) ①當Δ＝k2－8≤0，即－2≤k≤2時，(*)在R上恒成立， 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)． ②當k＞2 時，Δ＝k2－8＞0， 此時方程2x2－kx＋1＝0的相異實根分別為x1＝，x2＝， 因為所以0＜x1＜x2， 所以f′(x)≥0的解集為∪， 故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為和. ③當k＜－2 時， 同理可得：∴x1＜x2＜0， f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)． 綜上所述，

11、當k＞2時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為和； 當k≤2時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)． (3)由(2)知， ①當k≤2時，函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)上單調遞增， 令得x＞， 取m＝max， 則當x>m時，f(x)＞x2－kx－1＞0. 設0＜x＜1，x2－kx－1＜max{－1，－k}＝λ， 所以f(x)＜ln x＋λ，當0＜x＜e－λ時，f(x)＜0， 取n＝min{1，e－λ}，則當x∈(0，n)時，f(x)＜0， 又函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)上連續(xù)不間斷， 所以函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有且僅有一個零點． ②當k＞2時，f(x)在(0，x1)

12、和(x2，＋∞)上遞增，在(x1，x2)上遞減， 其中2x－kx1＋1＝0,2x－kx2＋1＝0， 則f(x1)＝ln x1＋x－kx1－1＝ln x1＋x－(2x＋1)－1＝ln x1－x－2. 下面先證明ln x＜x(x＞0)： 設h(x)＝ln x －x，由h′(x)＝>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ln x＜x(x＞0)． 因此，f(x1)＜x1－x－2＝－2－＜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． 由①知，當x＞m時，f(x)＞0，f(x)的圖象連續(xù)不間斷， 所以f(x)在區(qū)間(x2，＋∞)上有且僅有一個零點． 綜上所述，函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有且僅有一個零點． - 6 -