2023届高考一轮复习讲义（文科）第三章　导数及其应用 第4讲　第2课时　高效演练 分层突破学案

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1．(2020·江西七校第一次联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋eq \f(f（x）,x)>0，则函数F(x)＝x·f(x)－eq \f(1,x)的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B.函数F(x)＝xf(x)－eq \f(1,x)的零点，就是方程xf(x)－eq \f(1,x)＝0的根，即方程xf(x)＝eq \f(1,x)的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝eq \f(1,x)的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－eq \f(1,x)只有一个零点．故选B.
2．(2020·武汉调研)已知f(x)＝ex－ax2.命题p：∀a≥1，y＝f(x)有三个零点，命题q：∃a∈R，f(x)≤0恒成立．则下列命题为真命题的是( )
A．p∧q B．(﹁p)∧(﹁q)
C．(﹁p)∧q D．p∧(﹁q)
解析：选B.对于命题p：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，在同一坐标系中作出y＝ex，y＝x2的图象(图略)，由图可知y＝ex与y＝x2的图象有1个交点，所以f(x)＝ex－x2有1个零点，故命题p为假命题，因为f(0)＝1，所以命题q显然为假命题．故(﹁p)∧(﹁q)为真命题．
3．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2，1答案：4
4．若函数f(x)＝eq \f(ax－a,ex)＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为 ．
解析：f′(x)＝eq \f(aex－（ax－a）ex,e2x)＝eq \f(－a（x－2）,ex)(a<0)．
当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝eq \f(a,e2)＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝eq \f(a,e2)＋1>0，
解得a>－e2，因此－e2答案：(－e2，0)
5．已知函数f(x)＝a＋eq \r(x)ln x(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)试判断f(x)的零点个数．
解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝(eq \r(x))′ln x＋eq \r(x)·eq \f(1,x)
＝eq \f(\r(x)（ln x＋2）,2x)，
令f′(x)＞0，解得x＞e－2，
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，
在(e－2，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－eq \f(2,e)，
显然a＞eq \f(2,e)时，f(x)＞0，无零点，
a＝eq \f(2,e)时，f(x)＝0，有1个零点，
a6．(2020·保定调研)已知函数f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3))).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．
解：(1)因为函数f(x)＝eq \f(a,6)x3－eq \f(a,4)x2－ax－2的图象过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(10,3)))，
所以eq \f(32a,3)－4a－4a－2＝eq \f(10,3)，解得a＝2，
即f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2－2x－2，
所以f′(x)＝x2－x－2.
由f′(x)>0，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－eq \f(1,3)－eq \f(1,2)＋2－2＝－eq \f(5,6)，
f(x)极小值＝f(2)＝eq \f(8,3)－2－4－2＝－eq \f(16,3)，
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－eq \f(16,3)<2m－3<－eq \f(5,6)，
解得－eq \f(7,6)所以m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，\f(13,12))).
[综合题组练]
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(x－1,x)＋ln x－1＝ln x－eq \f(1,x).
因为y＝ln x单调递增，y＝eq \f(1,x)单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－1<0，
f′(2)＝ln 2－eq \f(1,2)＝eq \f(ln 4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得eq \f(1,α)<1又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)－1))ln eq \f(1,α)－eq \f(1,α)－1＝eq \f(f（α）,α)＝0，故eq \f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
2．(2020·武昌区调研考试)已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－eq \f(3,2)x2＋6x，其中a>0.
(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；
(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．
解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.
所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.
所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.
(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．
当x>1时，f′(x)>0；当0所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.
令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－eq \f(3,2)x2＋6x＋m，
则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．
当x>1时，h′(x)<0；当00.
所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝eq \f(7,2)＋m.
要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则eq \f(7,2)＋m≥－1，即m≥－eq \f(9,2).
所以实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,2)，＋∞)).x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0