高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十二节第2课时导数与函数的零点问题课时规范练理含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十二节第2课时导数与函数的零点问题课时规范练理含解析新人教版，共9页。

导数与函数的零点问题

[A组　基础对点练]
1．(2021·江西临川一中模拟)已知函数f(x)＝＋4ln x－x－a在区间(0，2)上至少有一个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(0，2) B．[2，4ln 3－2)
C． D．[2，＋∞)
解析：由函数f(x)在区间(0，2)上至少有一个零点，可得a＝4ln x＋－x在x∈(0，2)上有解．设g(x)＝4ln x＋－x，则g′(x)＝－1＋－＝－.当00，g(x)单调递增．因此可得g(1)＝2为极小值，且为最小值，且x→0＋时，g(x)→＋∞，所以a≥2.
答案：D
2．(2021·四川乐山模拟)已知函数y＝a＋2ln x的图象上存在点P，函数y＝－x2－2的图象上存在点Q，且P，Q关于原点对称，则实数a的取值范围是(　　)
A．[3，e2] ．[e2，＋∞)
C． D．
解析：函数y＝－x2－2的图象关于原点对称的图象对应的解析式是y＝x2＋2.由题意可知函数y＝a＋2ln x的图象与函数y＝x2＋2的图象有交点，即方程a＋2ln x＝x2＋2有解，所以a＝x2＋2－2ln x有解．
令f(x)＝x2＋2－2ln x，x∈，
则f′(x)＝.
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，e]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故当x＝1时，f(x)取得最小值3，而f＝＋4，f(e)＝e2，
所以当x＝e时，f(x)取得最大值e2，故a∈[3，e2].
答案：A
3．(2020·江西宜春期末)已知奇函数f(x)是R上的单调函数．若函数y＝f(x)＋f(－λex)恰有两个零点，则实数λ的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．

解析：∵奇函数f(x)是R上的单调函数，且函数y＝f(x)＋f(－λex)恰有两个零点，∴f(x)＋f(－λex)＝0恰有两个解，即f(x)＝－f(－λex)＝f(λex)，即x＝λex，即方程λ＝有两个不同的实数解．令g(x)＝，则g′(x)＝＝.当x∈(－∞，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．∴g(x)max＝g(1)＝.作出函数g(x)＝的图象如图所示．由图可知，要使函数y＝λ与y＝g(x)的图象有两个不同交点，则实数λ的取值范围是.
答案：A
4．(2021·浙江杭州重点中学期中)已知定义在R上的奇函数f(x)满足当x>0时，f(x)＝x2－x ln x，则关于x的方程f(x)＝a满足(　　)
A．对任意a∈R，恰有一解
B．对任意a∈R，恰有两个不同解
C．存在a∈R，有三个不同解
D．存在a∈R，无解
解析：由函数f(x)是定义在R上的奇函数可知f(0)＝0.当x>0时，f(x)＝x2－x ln x，则当x>0时，f′(x)＝x－1－ln x．令g(x)＝x－1－ln x，则g′(x)＝1－＝，可知当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，从而f′(x)≥f′(1)＝0，故x>0时，f(x)＝x2－x ln x是增函数．根据函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，函数f(x)也为增函数．再根据x→0时，f(x)→0可知，函数f(x)是定义在R上的严格单调递增函数，故不论a取何值，关于x的方程f(x)＝a恰有一解．
答案：A
5．(2020·黑龙江齐齐哈尔模拟)若函数f(x)＝ex(x3－3ax－a)有3个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
解析：令g(x)＝x3－3ax－a，由于函数y＝ex无零点，因此函数f(x)＝exg(x)有3个零点等价于函数y＝g(x)有3个零点．
g′(x)＝3x2－3a，当a≤0时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，函数g(x)最多只有1个零点；
当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝±，则函数y＝g(x)在区间(－∞，－)上单调递增，在区间(－，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增，因此函数y＝g(x)在x＝－处取得极大值，在x＝处取得极小值．由题意知g(－)>0，g()<0，即，解得a>.
答案：D
6．(2021·重庆一中期中测试)若函数f(x)＝ax－ln x有两个不同的零点，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
解析：法一：函数f(x)＝ax－ln x，其中x>0.令f(x)＝0得ax＝ln x．当直线y＝ax和y＝ln x的图象相切时，作图如图所示．设切点为P(x0，y0)，则由y′＝得曲线y＝ln x在点P的切线方程为y－y0＝·(x－x0).又因为该直线过原点(0，0)，所以y0＝1，所以ln x0＝1，解得x0＝e，所以切线斜率为，即当a＝时，直线y＝ax与曲线y＝ln x相切．由图可知，实数a的取值范围是.
法二：由f(x)＝ax－ln x＝0得a＝.设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝.由g′(x)>0得0e，此时函数g(x)单调递减．即当x＝e时，函数g(x)取得极大值g(e)＝＝.当x>1时，0 答案：C
7．若函数f(x)＝ax－x2(a＞1)有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
解析：令f(x)＝ax－x2＝0，可得ax＝x2.
①当x＜0时，函数y＝ax与y＝x2的图象有一个交点；
②当x＞0时，两边同时取自然对数得x ln a＝2ln x，
即ln a＝，
由题意得函数y＝ln a与g(x)＝的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，g′(x)＝，令g′(x)＞0，解得0＜x＜e，则g(x)在(0，e)上单调递增，令g′(x)＜0，解得x＞e，则g(x)在(e，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(e)＝，ln a＜，∴1＜a＜e时有两个交点；
又x＜0时，必有一个交点，
∴1＜a＜e时，函数f(x)＝ax－x2(a＞1)有三个不同的零点．
8．已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数g(x)＝－4ln x的零点个数．
解析：(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，
∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a＞0，
∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.
故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.
(2)由(1)知g(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2，
∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋－＝，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(0，1)
1
(1，3)
3
(3，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)

极大值

极小值

当0＜x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4＜0，
当x＞3时，g(e5)＝e5－－20－2＞25－1－22＝9＞0.
又∵g(x)在(3，＋∞)上单调递增，
因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，
故g(x)仅有1个零点．
[B组　素养提升练]
1．已知函数f(x)＝ax2＋x(1－ln x)(a∈R).
(1)当a＝时，判断f(x)的增减性并予以证明．
(2)若f(x)有两个极值点．
①求实数a的取值范围；
②证明：1＜f(x)极大值＜.(注：其中e为自然对数的底数)
解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝2ax＋1－ln x＋x·＝2ax－ln x.
(1)当a＝时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．证明如下：
当a＝时，f′(x)＝x－ln x，
又曲线y＝ln x过原点的切线是y＝x，
显然当x＞0时，x＞x，
故f′(x)＝x－ln x≥x＞0，
所以当a＝时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)①f(x)有两个极值点⇔f′(x)＝2ax－ln x有两个变号正零点，即2ax＝ln x有两个不同的正实数根⇔直线y＝2ax与曲线g(x)＝ln x有两个不同的交点，因为曲线g(x)＝ln x过原点的切线为y＝x，切点为M(e，1)，所以直线y＝2ax与曲线g(x)＝ln x有两个不同的交点时，0＜2a＜，故a∈.
②证明：若f(x)有两个极值点x1，x2，其中x1＜x2，
由①知当x∈(0，x1) 时，f′(x)＞0；
当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0；
当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)极大值＝f(x1)＝ax＋x1(1－ln x1).
又f′(x1)＝2ax1－ln x1＝0，解得a＝，
故f(x)极大值＝f(x1)＝x1－x1ln x1，
由①知x1∈(1，e)，
则f′(x1)＝1－(ln x1＋1)＝(1－ln x1)＞0，
故f(x1)＝x1－x1ln x1在 (1，e)上单调递增，
所以1＝f(1)＜f(x1)＜f(e)＝，
即1＜f(x)极大值＜.
2．(2020·德州中学模拟)已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x.
(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围；
(2)当0 解析：(1)f′(x)＝2mx－1＋＝，
即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解．
当m≤0时显然成立；
当m>0时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<，故0 综上所述，实数m的取值范围为.
(2)f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，故切线方程为y－m＋1＝2m(x－1)，
即y＝2mx－m－1.
从而方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1在(0，＋∞)上有且只有一解．
设g(x)＝mx2－x＋ln x－(2mx－m－1)，
则g(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．
又g(1)＝0，故函数g(x)有零点x＝1.
则g′(x)＝2mx－1＋－2m＝＝.
当m＝时，g′(x)≥0，
又g(x)不是常数函数，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴函数g(x)有且只有一个零点x＝1，满足题意．
当01，
由g′(x)>0，得0；
由g′(x)<0，得1 故当x在(0，＋∞)上变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(0，1)
1



g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)

极大值

极小值

根据上表知g<0.
又g(x)＝mx＋m＋ln x＋1.
∴g>0，
故在上，函数g(x)又有一个零点，不满足题意．
综上所述，m＝.
3．(2021·黑龙江大庆模拟)已知函数f(x)＝x2－2a ln x(a∈R).
(1)当a＝时，点M在函数y＝f(x)的图象上运动，直线y＝x－2与函数y＝f(x)的图象不相交，求点M到直线y＝x－2距离的最小值；
(2)讨论函数f(x)零点的个数，并说明理由．
解析：(1)函数f(x)＝x2－2a ln x的定义域为(0，＋∞).
当a＝时，f(x)＝x2－ln x，则f′(x)＝2x－.
由题知，函数y＝f(x)的图象在点M处的切线与直线y＝x－2平行时，点M到直线y＝x－2的距离最小．
令f′(x)＝1，解得x＝1或x＝－(舍).
又f(1)＝1，则点M为(1，1).
点M(1，1)到直线x－y－2＝0的距离为＝，
故点M到直线y＝x－2距离的最小值为.
(2)由f(1)＝1知，1不是函数f(x)的零点．
由f(x)＝0，得2a＝(x>0且x≠1).
设g(x)＝(x>0且x≠1)，则问题转化为讨论函数y＝g(x)的图象和直线y＝2a的图象交点的个数．
g′(x)＝(x>0且x≠1)，
令g′(x)＝0，解得x＝.
当0 故g(x)在(0，1)，(1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
故g(x)极小值＝g()＝2e.
又0＜x＜1时，g(x)＜0，x＞1时，g(x)＞0，
故当2a<0或2a＝2e，即a<0或a＝e时，直线y＝2a与函数y＝g(x)的图象有1个交点；
当2a>2e，即a>e时，有2个交点；
当0≤2a＜2e，即0≤a＜e时，没有交点．
故当a<0或a＝e时，函数f(x)有1个零点；当a>e时，函数f(x)有2个零点；当0≤a 4．(2021·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝ax2＋2x＋ax＋ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝，若对任意给定的x0∈(0，2]，关于x的函数y＝f(x)－g(x0)在(0，e]上有两个不同的零点，求实数a的取值范围(其中e为自然对数的底数).
解析：(1)∵函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2＋a)x(a∈R)，x>0，
∴f′(x)＝＋2ax＋2＋a＝.
当a＝0时，f′(x)＝>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令f′(x)>0，解得0－，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)∵g(x)＝－2，∴g′(x)＝.
∴当x∈(－∞，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
∴x∈(0，2]时，g(x)的值域为.
∵方程f(x)＝g(x0)(x0∈(0，2])在(0，e]上有两个不同的实数根，∴a<0，且满足
由0<－ 由f(e)＝1＋ae2＋2e＋ae≤－2，得a≤－.
由f＝ln ＋－－1>－2，
得－ln (－a)－－＋1>0，∴ln (－a)＋＋－1<0.
令h(x)＝ln (－x)＋＋－1(x<0)，则h(x)单调递减，
∵h(－e)＝0，∴a∈(－e，0)时，f>－2，
∴a∈(－e，0).
综上，实数a的取值范围为.