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高考数学一轮复习课时质量评价20利用导数研究函数的零点问题含答案
展开课时质量评价(二十)
A组 全考点巩固练
1.已知函数f(x)=ex(ax+1),曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx-e.
(1)求a,b的值;
(2)若函数g(x)=f(x)-3ex-m有两个零点,求实数m的取值范围
解:(1)f(x)=ex(ax+1),则f′(x)=ex(ax+1)+ex·a=ex(ax+1+a).
由题意知解得
所以a=1,b=3e.
(2)g(x)=f(x)-3ex-m=ex(x-2)-m,
函数g(x)=ex(x-2)-m有两个零点,相当于函数u(x)=ex·(x-2)的图象与直线y=m有两个交点,u′(x)=ex·(x-2)+ex=ex(x-1).
当x∈(-∞,1)时,u′(x)<0,所以u(x)在(-∞,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,u′(x)>0,所以u(x)在(1,+∞)上单调递增;
当x=1时,u(x)取得极小值u(1)=-e.
又当x→+∞时,u(x)→+∞,当x<2时,u(x)<0,
所以实数m的取值范围为{m|-e<m<0}.
2.已知函数f(x)=ln x-,m∈R,讨论f(x)的零点个数.
解:函数f(x)=ln x-的定义域是(0,+∞),且f′(x)=-=.
令g(x)=x2+(2-2m)x+1,
当m≤1时,因为x∈(0,+∞),
所以g(x)=x2+(2-2m)x+1>0,
所以f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f(1)=0,所以f(x)有且只有1个零点.
当1<m≤2时,Δ=4m2-8m=4m(m-2)≤0,
所以f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f(1)=0,所以f(x)有且只有1个零点.
当m>2时,x2+(2-2m)x+1=0有2个正根,解得x1=m-1-,x2=m-1+.
因为x1x2=1,所以0<x1<1,x2>1.
当0<x<x1时,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x1<x<x2时,g(x)<0,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x>x2时,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)单调递增.
因为1∈(x1,x2),f(1)=0,所以f(x)在(x1,x2)上有1个零点,且f(x1)>0,f(x2)<0.
又em>1,0<e-m<1,且f(em)=m-=>0,f(e-m)=-m-=<0,
所以f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上各有1个零点.
综上,当m≤2时,f(x)有且只有1个零点;当m>2时,f(x)有3个零点.
3.已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2(a>0)有两个零点x1,x2,证明:x1+x2<2.
证明:f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a),因为a>0,
所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(1)=-e.
由f(x1)=f(x2)=0,可设x1<1<x2,构造函数F(x)=f(x)-f(2-x),
所以F′(x)=f′(x)-f′(2-x)=(x-1)(ex+2a)-(x-1)(e2-x+2a)=(x-1)(ex-e2-x),
当x<1时,x-1<0,ex-e2-x<0,则F′(x)>0,F(x)在(-∞,1)上单调递增.又F(1)=0,故F(x)<0(x<1),即f(x)<f(2-x)(x<1).
把x1代入上述不等式得f(x1)=f(x2)<f(2-x1),
又x2>1,2-x1>1,f(x)在(1,+∞)上单调递增,故x2<2-x1,即x1+x2<2.
4.(2022·陕西模拟)已知函数f(x)=ln x,g(x)=x2-6x,h(x)=3aex.
(1)设F(x)=g(x)+8f(x),求函数F(x)的单调区间;
(2)设H(x)=h(x)-f(x)-1,当函数H(x)有两个零点时,求实数a的取值范围.
解:(1)因为F(x)=g(x)+8f(x)=x2-6x+8ln x,其定义域为(0,+∞),
所以F′(x)=x-6+==.
当x∈(0,2)∪(4,+∞)时,F′(x)>0;当x∈(2,4)时,F′(x)<0,
所以函数F(x)的单调递增区间为(0,2)和(4,+∞),函数F(x)的单调递减区间为(2,4).
(2)因为H(x)=h(x)-f(x)-1=3aex-ln x-1(x>0),
所以函数H(x)有两个零点可转化为关于x的方程3aex-ln x-1=0有两个实数解,
即函数y=3a的图象与函数y=的图象有两个交点.
令G(x)=,其定义域为(0,+∞),则G′(x)=,
令G′(x)=0,解得x=1.
易知当x∈(0,1)时,G′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,G′(x)<0,
所以G(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以G(x)max=G(1)=.
又当x→+∞时,G(x)→0;当x→0时,G(x)→-∞,
所以当函数y=3a的图象与函数y=的图象有两个交点时,0<3a<,
所以0<a<,
所以实数a的取值范围是.
5.已知函数f(x)=(x-1)ex-ax的图象在x=0处的切线方程是x+y+b=0.
(1)求a,b的值;
(2)求证:函数f(x)有唯一的极值点x0,且f(x0)>-.
(1)解:函数f(x)=(x-1)ex-ax,则f′(x)=xex-a.
由f′(0)=-1得a=1.
当x=0时,解得f(x)=-1.
所以函数f(x)的图象在x=0外的切线方程为y-(-1)=-1(x-0),
即x+y+1=0,
所以b=1.
(2)证明:令g(x)=f′(x)=xex-1,
则g′(x)=(x+1)ex,
所以当x<-1时,g(x)单调递减,且此时g(x)<0,在(-∞,-1)内无零点;
当x≥-1时,g(x)单调递增,又g(-1)<0,g(1)=e-1>0,
所以g(x)=0有唯一解x0,f(x)有唯一极值点x0,
由x0e=1⇒e=,
f(x0)=-x0=1-.
又g=-1<0,
g(1)=e-1>0⇒<x0<1⇒+x0<,f(x0)>-.
B组 新高考培优练
6.(2021·济南三模)已知函数fn(x)=1+x+++…+(n∈N+).
(1)证明:f3(x)单调递增且有唯一零点;
(2)已知f2n-1(x)单调递增且有唯一零点,判断f2n(x)的零点个数.
(1)证明:f3(x)=1+x++,
f′3(x)=1+x+=(x+1)2+,
所以f′3(x)>0,所以f3(x)在R上单调递增.
又f3(-3)=-2<0,f(0)=1>0,
所以f3(x)单调递增且有唯一零点.
(2)解:因为f2n(x)=1+x+++…+,
所以f′2n(x)=1+x+++…+=f2n-1(x).
因为f′2n(x)=f2n-1(x)单调递增且有唯一零点,设f2n-1(x0)=0,
所以f2n(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
又f2n(x0)=f2n-1(x0)+=>0,
所以f2n(x)≥f2n(x0)>0,
即f2n(x)>0恒成立,故f2n(x)零点个数为0.
7.已知函数f(x)=xe-x.
(1)求函数f(x)的单调区间与极值;
(2)已知函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x=1对称,证明:当x>1时,f(x)>g(x);
(3)如果x1≠x2,且f(x1)=f(x2),证明:x1+x2>2.
(1)解:f′(x)=(1-x)e-x.
令f′(x)=0,解得x=1.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x | (-∞,1) | 1 | (1,+∞) |
f′(x) | + | 0 | - |
f(x) | ↗ | 极大值 | ↘ |
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞).
函数f(x)在x=1处取得极大值,且f(1)=,无极小值.
(2)证明:由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)ex-2,
令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=xe-x+(x-2)ex-2,
于是F′(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x.
当x>1时,2x-2>0,从而e2x-2-1>0.又e-x>0,所以F′(x)>0,从而函数F(x)在[1,+∞)上单调递增.
又F(1)=e-1-e-1=0,所以x>1时,有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).
(3)证明:①若(x1-1)(x2-1)=0,由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=x2=1.与x1≠x2矛盾.
②若(x1-1)(x2-1)>0,由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=x2.与x1≠x2矛盾.
根据①②得(x1-1)(x2-1)<0,不妨设x1<1,x2>1.
由(2)可知,f(x2)>g(x2),
又g(x2)=f(2-x2),
所以f(x2)>f(2-x2),
从而f(x1)>f(2-x2).
因为x2>1,所以2-x2<1,
又由(1)可知函数f(x)在区间(-∞,1)上单调递增,
所以x1>2-x2,即x1+x2>2.
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