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（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第21練利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題練習(xí)（含解析）.docx

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《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第21練利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題練習(xí)（含解析）.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第21練利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題練習(xí)（含解析）.docx（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第21練利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題 [基礎(chǔ)保分練] 1.已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點(diǎn)，則a的取值范圍是(　　) A.(－∞，2ln2) B.(－∞，－1] C.(2ln2，＋∞) D.(－∞，2ln2－2] 2.(2019浙江三市聯(lián)考)如圖是函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b的部分圖象，則函數(shù)g(x)＝lnx＋f′(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是(　　) A. B.(1,2) C. D.(2,3) 3.設(shè)函數(shù)f(x)＝x－lnx(x>0)，則y＝f(x)(　　) A.在區(qū)間，(1，e)內(nèi)均有零點(diǎn) B.在區(qū)間，(1，e)內(nèi)均無(wú)零點(diǎn) C.在區(qū)間內(nèi)有零點(diǎn)，在區(qū)間(1，e)內(nèi)無(wú)零點(diǎn) D.在區(qū)間內(nèi)無(wú)零點(diǎn)，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點(diǎn) 4.已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋x有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(－∞，1) B.(0,1) C. D. 5.(2019溫州模擬)定義：如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上存在x1，x2(a0)，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)大于0的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. [能力提升練] 1.(2019溫州模擬)已知M＝{α|f(α)＝0}，N＝{β|g(β)＝0}，若存在α∈M，β∈N，使得|α－β|0，且f(x2)＝x2>x1，則方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0的實(shí)根個(gè)數(shù)為_(kāi)_______. 答案精析基礎(chǔ)保分練 1.D　2.C　3.D　4.B　5.A　6.B　7.C　8.D　9.{}　10. 能力提升練 1.B　[由f(x)＝32－x－1＝0，可得32－x＝1，故2－x＝0，x＝2，可知M＝{α|f(α)＝0}＝{2}，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝32－x－1與g(x)＝x2－aex互為“1度零點(diǎn)函數(shù)”，所以存在β，使得g(β)＝0，且|2－β|<1，可得－1<β－2<1，所以1<β<3，即g(x)＝x2－aex的圖象與x軸在(1,3)上有交點(diǎn)，令g(x)＝0，則x2＝aex，又ex>0，所以a＝，令h(x)＝，則問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)h(x)＝在x∈(1,3)上的圖象與直線y＝a有交點(diǎn). h′(x)＝＝，可知h(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，在(2,3)上單調(diào)遞減，又h(1)＝，h(2)＝，h(3)＝>，所以當(dāng)x∈(1,3)時(shí)，h(x)∈，故而a∈.故選B.] 2.D　[函數(shù)f(x)＝aex－x－2a的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝aex－1. 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≤0恒成立，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝ln，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以f(x)的最小值為f＝1－ln－2a＝1＋lna－2a.令g(a)＝1＋lna－2a(a>0)，g′(a)＝－2. 當(dāng)a∈時(shí)，g(a)單調(diào)遞增；當(dāng)a∈時(shí)，g(a)單調(diào)遞減， ∴g(a)max＝g＝－ln2<0， ∴f(x)的最小值為f<0，函數(shù)f(x)＝aex－x－2a有兩個(gè)零點(diǎn). 綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，＋∞)，故選D.] 3.D　[由題意，得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，x∈(－∞，2)，易知當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)－10，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1,2)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝－1時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值－.又當(dāng)x<－1時(shí)，f(x)<0，當(dāng)－10時(shí)，函數(shù)g(x)在[－2,2]上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)的值域?yàn)閇－2a＋1,2a＋1]，因?yàn)閷?duì)任意的x1∈[－2,2]，總存在唯一x0∈(－∞，2)，使得f(x0)＝g(x1)，所以[－2a＋1,2a＋1]?，所以解得00，y＝是增函數(shù)，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)， y′<0，y＝是減函數(shù)，且當(dāng)x→0時(shí)，→－∞，當(dāng)x＝e時(shí)，y＝＝，當(dāng)x→＋∞時(shí)，→0. 函數(shù)y＝的圖象大致如圖，令＝t，則可化為t2＋(a－1)t＋1－a＝0，故結(jié)合題意可知，t2＋(a－1)t＋1－a＝0有兩個(gè)不同的根，故Δ＝(a－1)2－4(1－a)>0，故a<－3或a>1，不妨設(shè)方程的兩個(gè)根分別為t1，t2，且t1∈(－∞，0)，t2∈， ①若a<－3，t1＋t2＝1－a>4，與t1<0且01，則方程的兩個(gè)根t1，t2一正一負(fù)，結(jié)合y＝的性質(zhì)可得＝t1，＝t2，＝t2，故2 ＝(1－t1)2(1－t2)(1－t2) ＝[1－(t1＋t2)＋t1t2]2，又∵t1t2＝1－a，t1＋t2＝1－a， ∴2＝1，故選D.] 5. 解析　函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2，可得f′(x)＝x(ex－2a)，令x(ex－2a)＝0可得，x＝0或ex＝2a. 當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)，并且x＝0是函數(shù)的一個(gè)極小值點(diǎn)，并且f(0)＝－1<0，若y＝f(cosx)在x∈[0，π]上有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，也就是y＝f(x)在x∈[－1,1]上有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，可得即可得a≤－. 當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)為x＝0，x＝ln(2a)，如果ln(2a)<0，因?yàn)閒(ln(2a))<0，可知不滿足題意；如果ln(2a)>0，因?yàn)閒(0)＝－1<0，可知f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)，不滿足題意. 綜上a≤－. 6.5 解析　∵函數(shù)f(x)＝－lnx＋ax2＋bx－a－2b有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2， ∴f′(x)＝－＋2ax＋b ＝，即2ax2＋bx－1＝0有兩個(gè)不相等的正根， ∴Δ1＝b2＋8a>0，解得x＝. ∵x10， ∴x1＝，x2＝. 而方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0的Δ＝Δ1>0，∴此方程有兩解且f(x)＝x1或x2，即有00 又x1x2＝－>1， ∴x2>1，∵f(1)＝－b<0， ∴f(x1)<0，f(x2)>0. 根據(jù)f′(x)畫(huà)出f(x)的簡(jiǎn)圖， ∵f(x2)＝x2，由圖象可知方程f(x)＝x2有兩解，方程f(x)＝x1有三解. ∴方程f(x)＝x1或f(x)＝x2共有5個(gè)實(shí)數(shù)解. 即關(guān)于x的方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0共有5個(gè)不同實(shí)根.

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