2023年新教材高考数学二轮复习高考解答题专项一第3课时利用导数研究函数的零点含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学二轮复习高考解答题专项一第3课时利用导数研究函数的零点含解析新人教B版，共7页。试卷主要包含了已知函数f=ax+2ex+1，已知函数f=x-a等内容，欢迎下载使用。
第3课时　利用导数研究函数的零点1.(2021北京海淀高三期末)已知函数f(x)=x2-3x+ln x.(1)求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;(2)求函数f(x)的单调区间,并判断函数f(x)的零点个数.        2.(2021全国甲,文20)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图像与x轴没有公共点,求a的取值范围.                        3.(2021山西长治高三期末)已知函数f(x)=ex,g(x)=ln(f(x)+a)(a为常数),g(x)是R上的奇函数.(1)证明:f(x)≥x+1(x∈R);(2)讨论关于x的方程:ln g(x)=g(x)·(x2-2ex+m)(m∈R)的实数根的个数. 4.(2021浙江宁波高三期末)设函数f(x)=ax2-ln x,其中a∈R.(1)若a=,求函数f(x)的单调区间;(2)若方程f(x)=x恰有两个不等实数根,求实数a的取值范围.                 5.(2021山东烟台高三期中)已知函数f(x)=ax++1(a∈R).(1)若函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a≠0时,讨论函数g(x)=f(x)-a-3的零点个数,并给予证明. 6.(2021吉林长春高三期末)已知函数f(x)=x-a(1+ln x).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2,求实数a的取值范围.
第3课时　利用导数研究函数的零点1.解(1)因为函数的定义域为(0,+∞),f(3)=ln3,所以切点为(3,ln3).又因为f'(x)=2x-3+,所以f'(3)=,即切线斜率为k=,所以切线方程是y=(x-3)+ln3,即10x-3y+3ln3-30=0.(2)由(1)知f'(x)=,令f'(x)=0,得x1=,x2=1. x0,,11(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增 如表格,函数f(x)的单调递增区间是0,和(1,+∞),单调递减区间是,1.又因为f(x)的极大值f=-+ln<0,所以当0<x<1时f(x)<0恒成立.又因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,f(1)<0,f(3)=ln3>0,所以存在x0∈(1,3),使得f(x0)=0,即函数f(x)有且只有一个零点.2.解(1)∵f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2a2x+a-=.∵a>0,x>0,∴>0,∴当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0,∴函数f(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)∵y=f(x)的图像与x轴没有公共点,∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,由(1)可得函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴f=3-3ln=3+3lna>0,∴lna>-1,∴a>,即实数a的取值范围是.3.(1)证明设F(x)=f(x)-x-1,则F'(x)=ex-1,令F'(x)=0,得x=0.所以当x∈(-∞,0)时,F'(x)<0,F(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增;所以F(x)在x=0处取到最小值,即F(x)≥F(0)=0,故f(x)≥x+1.(2)解因为g(x)是R上的奇函数,所以有g(0)=0,则a=0,g(x)=x.所以原方程为lnx=x(x2-2ex+m),即=x2-2ex+m.设h(x)=,则由h'(x)==0,得x=e,当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)≤h(e)=.设l(x)=x2-2ex+m,则l(x)≥l(e)=e2-2e2+m=m-e2.故当m>e2+时,方程无解;当m=e2+时,方程有且只有一个实数根x=e;当m<e2+时,方程有两个实数根.4.解(1)当a=,f(x)=x2-lnx,则f'(x)=x-.f(x)的定义域为(0,+∞),当x∈(0,1)时,f'(x)<0,即f(x)的单调递减区间为(0,1);当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,即f(x)的单调递增区间为(1,+∞).(2)若f(x)=x恰有两个不等实数根,则ax2-lnx=x,即a=恰有两个不等实数根.令g(x)=,则g'(x)=,令h(x)=1-x-2lnx,因为h'(x)=-1-<0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,所以当x∈(0,1)时g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,故g(x)max=g(1)=1,且g(x)在(1,+∞)上恒大于0.要使方程f(x)=x有两个不等实数根,即直线y=a与函数g(x)的图像有两个不同的交点,故实数a的取值范围是(0,1).5.解(1)f'(x)=a-.由题意得f'(x)≥0,即a≥在区间(1,+∞)上恒成立.当x∈(1,+∞)时,∈0,,所以a≥,故实数a的取值范围为,+∞.(2)由已知得g(x)=ax+-a-2,则g'(x)=a-.当a<0时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减,又因为g(0)=-a>0,g(1)=-2<0,故函数g(x)有且只有一个零点.当a>0时,令g'(x)<0,得x<ln,函数g(x)单调递减,令g'(x)>0,得x>ln,函数g(x)单调递增,而gln=aln<0,g=>0.由于x>lnx,所以>ln,所以g(x)在ln上存在一个零点.又因为gln=aa-ln,且ln<ln,设h(a)=a-ln,则h'(a)=1->0在(0,+∞)上恒成立,故h(a)在(0,+∞)上单调递增.而h(0)=0,所以h(a)>0在(0,+∞)上恒成立,所以gln>0,所以g(x)在ln,ln上存在一个零点.综上所述,当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点;当a>0时,函数g(x)有两个零点.6.解f(x)=x-a(1+lnx)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1-.(1)若a≤0,则f'(x)=1->0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;若a>0,令f'(x)=1-=0,得x=a,当0<x<a时,f'(x)<0;当x>a时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.(2)由(1)可得:①当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,至多有1个零点,不合题意;②当a>0时,f(x)min=f(a)=-alna,(i)当0<a<1时,f(x)min=f(a)=-alna>0,无零点,不合题意;(ii)当a=1时,f(x)min=f(a)=-alna=0,有1个零点,不合题意;(iii)当a>1时,f(x)min=f(a)=-alna<0,又因为f=-a1+ln=>0,且f(2a2)=2a2-a[1+ln(2a2)]=a(2a-2lna-1-ln2)>a(2-1-ln2)>0,所以f(x)在区间,a和区间(a,2a2)上各有一个零点,符合题意.综上,实数a的取值范围是(1,+∞).