高考数学二轮复习专项分层特训命题点31利用导数研究函数的零点含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训命题点31利用导数研究函数的零点含答案，共13页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．[2022·山东菏泽模拟]已知函数f(x)＝ex－ eq \f(x＋1,x－1) .
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)判断函数f(x)的零点的个数，并说明理由．
2．[2022·广东中山大学附中模拟]已知a∈R，函数f(x)＝ eq \f(2,x) ＋a ln x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>0)) .
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)无零点，求a的取值范围．
3.[2022·全国乙卷]已知函数f(x)＝ax－ eq \f(1,x) －(a＋1)ln x.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
4．设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R).
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3)) 上有两个零点，求实数a的取值范围．
5.[2022·河北衡水中学一模]已知函数f(x)＝sin x－x cs x.
(1)证明：当x∈(0，π)时，f(x)>0；
(2)记函数g(x)＝f(x)－x，判断g(x)在区间(－2π，2π)上零点的个数．
6．[2021·新高考Ⅱ卷]已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点．
① eq \f(1,2) 2a；②0命题点31 利用导数研究函数的零点(大题突破)
1．解析：(1)由f(x)＝ex－ eq \f(x＋1,x－1) ⇒f′(x)＝ex＋ eq \f(2,（x－1）2) ⇒f′(0)＝3，
而f(0)＝2，所以该函数在点(0，f(0))处的切线方程为：
y－2＝3(x－0)⇒3x－y＋2＝0.
(2)函数f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，
由(1)可知：f′(x)＝ex＋ eq \f(2,（x－1）2) ，
当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因为f(－2)f(0)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－2－\f(1,3))) ·2＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)－\f(1,3))) <0，所以函数在x∈(－∞，1)时有唯一零点；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因为f(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4))) ＝(e2－3)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e\s\up6(\f(5,4))－9)) <0，所以函数在x∈(1，＋∞)时有唯一零点，
所以函数f(x)有2个零点．
2．解析：(1)由题意得：f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ eq \f(2,x2) ＋ eq \f(a,x) ＝ eq \f(ax－2,x2) ；
令f′(x)＝0，解得x＝ eq \f(2,a) ，
则当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,a))) 时，f′(x)<0；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，＋∞)) 时，f′(x)>0；
∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,a))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，＋∞)) 上单调递增，
∴f(x)的极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a))) ＝a＋a ln eq \f(2,a) ，无极大值．
(2)由(1)知：f(x)的极小值即为f(x)的最小值，即f(x)min＝a＋a ln eq \f(2,a) ；
若f(x)无零点，则a＋a ln eq \f(2,a) >0，即ln eq \f(2,a) >－1，∴ eq \f(2,a) > eq \f(1,e) ，解得0则a的取值范围为(0，2e).
3．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝－ eq \f(1,x) －ln x(x>0)，
则f′(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(1,x) ＝ eq \f(1－x,x2) .
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1.
(2)因为函数f(x)恰有一个零点，所以方程a(x－ln x)－ eq \f(1,x) －ln x＝0在(0，＋∞)上恰有一个解，即方程a(x－ln x)＝ eq \f(1,x) ＋ln x在(0，＋∞)上恰有一个解．
又易知当x>0时，x－ln x>0，
所以方程a＝ eq \f(\f(1,x)＋ln x,x－ln x) 在(0，＋∞)上恰有一个解．
令g(x)＝ eq \f(\f(1,x)＋ln x,x－ln x) (x>0)，
则g′(x)＝ eq \f(（x－1）[x－1－（x＋1）ln x],x2（x－ln x）2) .
令h(x)＝x－1－(x＋1)ln x(x>0)，
则h′(x)＝1－ln x－ eq \f(x＋1,x) ＝－ln x－ eq \f(1,x) .
由(1)知，h′(x)≤－1，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，h(x)≥0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
则当x∈(0，1]时，g′(x)≤0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以a∈(0，＋∞).
4．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，
f′(x)＝－2x－1＋ eq \f(1,x) ＝ eq \f(－2x2－x＋1,x) ，
令f′(x)＝0，得x＝ eq \f(1,2) (负值舍去)，
当0＜x＜ eq \f(1,2) 时，f′(x)＞0；
当x＞ eq \f(1,2) 时，f′(x)＜0.
∴f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) ，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) .
(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－ eq \f(ln x,x) .
令g(x)＝x－ eq \f(ln x,x) ，其中x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3)) ，
则g′(x)＝1－ eq \f(1－ln x,x2) ＝ eq \f(x2＋ln x－1,x2) ，
令g′(x)＝0，得x＝1，当 eq \f(1,3) ≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，
∴g(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1)) ，单调递增区间为(1，3]，
∴g(x)min＝g(1)＝1，
∴函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3)) 上有两个零点，
又g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) ＝3ln 3＋ eq \f(1,3) ，g(3)＝3－ eq \f(ln 3,3) ，3ln 3＋ eq \f(1,3) ＞3－ eq \f(ln 3,3) ，
∴实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，3－\f(ln 3,3))) .
5．解析：(1)证明：由题意得f′(x)＝x sin x；
当x∈(0，π)时，sin x>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在(0，π)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝0.
(2)g(x)＝sin x－x cs x－x，g′(x)＝x sin x－1，
∵g(π)＝sin π－πcs π－π＝0，∴x＝π是g(x)的一个零点；
①当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 时，设h(x)＝sin x－x，则h′(x)＝cs x－1<0，
∴h(x)在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上单调递减，∴h(x)即g(x)在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) 上无零点；
②当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 时，g″(x)＝sin x＋x cs x，g‴(x)＝2cs x－x sin x<0，
∴g″(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 上单调递减，又g″ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝1>0，g″(π)＝－π<0，
∴∃x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) ，使得g″ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0)) ＝0，
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，x0)) 时，g″(x)>0；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，π)) 时，g″(x)<0；
∴g′(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，x0)) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，π)) 上单调递减；
∵g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0)) >g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝ eq \f(π,2) －1>0，g′(π)＝－1<0，
∴g′(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 上存在唯一零点x1，
当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，x1)) 时，g′(x)>0；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，π)) 时，g′(x)<0；
∴g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，x1)) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，π)) 上单调递减，
∵g(x1)>g(π)＝0，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ＝1－ eq \f(π,2) <0，∴g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)) 有唯一零点；
③当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，2π)) 时，sin x<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，2π)) 上单调递减，
∴g(x)综上所述：g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2π)) 上有两个零点；
∵g(－x)＝－sin x＋x cs x＋x＝－g(x)，∴g(x)为奇函数，图象关于原点对称，
∴g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2π，0)) 上有两个零点；又g(0)＝0，
∴g(x)在(－2π，2π)上共有5个零点．
6．解析：(1)由函数的解析式可得：f′(x)＝x(ex－2a)，
当a≤0时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当00，f(x)单调递增，
若x∈(ln (2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a＝ eq \f(1,2) 时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
当a> eq \f(1,2) 时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
若x∈(0，ln (2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减；
若x∈(ln (2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：若选择条件①：由于 eq \f(1,2) 2a>1，f(0)＝b－1>0，
而f(－b)＝(－1－b)e－b－ab2－b<0，
而函数在区间(－∞，0)上单调递增，故函数在区间(－∞，0)上有一个零点．
f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b
>2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a
＝2a ln (2a)－a[ln (2a)]2
＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，
由于 eq \f(1,2) 结合函数的单调性可知函数在区间(0，＋∞)上没有零点．
综上可得，题中的结论成立．
若选择条件②：由于0当b≥0时，e2>4，4a<2，f(2)＝e2－4a＋b>0，
而函数在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数在区间(0，＋∞)上有一个零点．
当b<0时，构造函数H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1，
当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增，
注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，从而有：ex≥x＋1，此时：
f(x)＝(x－1)ex－ax2－b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)，
当x> eq \r(\f(1－b,1－a)) 时，(1－a)x2＋(b－1)>0，
取x0＝ eq \r(\f(1－b,1－a)) ＋1，则f(x0)>0，
即：f(0)<0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(1－b,1－a))＋1)) >0，
而函数在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数在区间(0，＋∞)上有一个零点．
f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b
≤2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a
＝2a ln (2a)－a[ln (2a)]2
＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，
由于0结合函数的单调性可知函数在区间(－∞，0)上没有零点．
综上可得，题中的结论成立．