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含解析文北师大版

第二章　函数、导数及其应用

第十二节　导数的综合应用

第二课时　导数与函数的零点问题

课时规范练

A组——基础对点练

1．(2020·蚌埠市模拟)已知函数f(x)＝x2－ln x的图像在点处的切线斜率为0.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若g(x)＝f(x)＋mx在区间(1，＋∞)上没有零点，求实数m的取值范围．

解析：(1)f(x)＝x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－.因为f′＝1－a＝0，所以a＝1，f(x)＝x2－ln x，f′(x)＝2x－＝.

令f′(x)＞0，得x>；令f′(x)＜0，得0<x<，

故函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.

(2)g(x)＝x2－ln x＋mx，由g′(x)＝2x－＋＝＝0，得x＝.

设x0＝，所以g(x)在(0，x0]上是减函数，在[x0，＋∞)上为增函数．

因为g(x)在区间(1，＋∞)上没有零点，所以g(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立．

由g(x)＞0，得m>－x，令y＝－x，则y′＝－1＝.

当x＞1时，y′＜0，所以y＝－x在(1，＋∞)上单调递减，

所以当x＝1时，ymax＝－1，故m≥－1，

即m∈[－2，＋∞)．

2．(2020·西宁市模拟)函数f(x)＝ax2－(1＋a)x＋ln x(a≥0)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当a＝0时，方程f(x)＝mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，求实数m的取值范围．

解析：(1)f′(x)＝(x＞0)，

①当a＝0时，f′(x)＝，令f′(x)＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＜0，得x＞1，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，(1，＋∞)上单调递减；

②当0＜a＜1时，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝＞1，

令f′(x)＞0，得0＜x＜1，或x＞，令f′(x)＜0，得1＜x＜，函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；

③当a＝1时，f′(x)≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

④当a＞1时，0＜＜1，令f′(x)＞0，得0＜x＜，或x＞1，令f′(x)＜0，得＜x＜1，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，上单调递减；

综上所述：当a＝0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)；

当0＜a＜1时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)和，单调递减区间为；

当a＝1时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；

当a＞1时，函数f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为.

(2)当a＝0时，f(x)＝－x＋ln x，由f(x)＝mx，

得－x＋ln x＝mx，

又x＞0，所以m＝－1，

要使方程f(x)＝mx在区间[1，e2]上有唯一实数解，

只需m＝－1有唯一实数解，

令g(x)＝－1(x＞0)，∴g′(x)＝，

由g′(x)＞0得0＜x＜e；g′(x)＜0得x＞e，

∴g(x)在区间[1，e]上是增函数，在区间[e，e2]上是减函数．

g(1)＝－1，g(e)＝－1，g(e2)＝－1，

故－1≤m＜－1或m＝－1.

B组——素养提升练

3．(2020·德州模拟)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<m≤时，若曲线C：y＝f(x)在点x＝1处的切线l与曲线C有且只有一个公共点，求m的值或取值范围．

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的图像的对称轴x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<.

故0<m<，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0<m<时，由g′(x)＝0，得x＝或x＝1，且>1，由g′(x)>0，得0<x<1或x>；

由g′(x)<0，得1<x<.

故当x在(0，＋∞)上变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：

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＝.

4．(2020·乐山市模拟)已知函数f(x)＝x3－x2，g(x)＝－mx，m是实数．

(1)若f(x)在x＝1处取得极小值，求m的值；

(2)若f(x)在区间(2，＋∞)为增函数，求m的取值范围；

(3)在(2)的条件下，函数h(x)＝f(x)－g(x)有三个零点，求m的取值范围．

解析：(1)f′(x)＝x2－(m＋1)x，由f(x)在x＝1处取到极小值，得f′(1)＝1－(m＋1)＝0，

∴m＝0，检验m＝0时，f(x)＝x3－x2，f′(x)＝x(x－1)，令f′(x)＞0，解得x＞1或x＜0，

令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，

故f(x)在(－∞，0)递增，在(0，1)递减，在(1，＋∞)递增，

故在x＝1处取得极小值，符合题意；所以m＝0.

(2)f′(x)＝x2－(m＋1)x，

∵f(x)在区间(2，＋∞)为增函数，

∴f′(x)＝x(x－m－1)≥0在区间(2，＋∞)上恒成立，

∴x－m－1≥0恒成立，即m≤x－1恒成立，

由x＞2，得m≤1，∴m的范围是(－∞，1]．

(3)h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－x2＋mx－，

∴h′(x)＝(x－1)(x－m)＝0，解得x＝m，x＝1，

m＝1时，h′(x)＝(x－1)2≥0，h(x)在R上是增函数，不合题意，m＜1时，令h′(x)＞0，解得x＜m，x＞1，令h′(x)＜0，解得m＜x＜1，

∴h(x)在(－∞，m)，(1，＋∞)上递增，在(m，1)递减，

∴h(x)极大值＝h(m)＝－m3＋m2－，h(x)极小值＝h(1)＝，要使f(x)－g(x)有3个零点，

需，

解得m＜1－.

∴m的范围是(－∞，1－)．