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新高考数学二轮复习专题突破练7利用导数研究函数的零点含答案
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这是一份新高考数学二轮复习专题突破练7利用导数研究函数的零点含答案，共12页。试卷主要包含了已知函数f=x2a-2ln x，已知函数f=ax+2ex+1，已知函数f=2exsin x等内容，欢迎下载使用。
(1)求f(x)的单调区间;
(2)讨论函数g(x)=f(x)-a在区间[-1,2]上的零点个数.
2.已知函数f(x)=x2a-2ln x(a∈R,a≠0).
(1)求函数f(x)的极值;
(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x14.
3.已知函数f(x)=ax+2ex+1(a∈R).
(1)若函数f(x)在区间(1,+∞)内单调递增,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.
4.已知函数f(x)=aln x-14x2+b-ln 2的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-12x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)设x1,x2(x15.已知函数f(x)=ln x-mx有两个零点.
(1)求m的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:f'(x1+x2)<0.
6.已知函数f(x)=2exsin x(e是自然对数的底数).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)记g(x)=f(x)-ax,0专题突破练7 利用导数研究函数的零点
1.解 (1)f'(x)=x3+53x2-83xex=x3(3x+8)(x-1)ex,
因为x∈[-1,+∞),所以函数f'(x)的零点为0和1.
所以当0当x>1或-1≤x<0时,f'(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为[-1,0),(1,+∞).
(2)由(1)知,f(x)在区间[-1,2]上的极大值为f(0)=0,极小值为f(1)=-e3.
因为f(-1)=-73e,f(-1)f(1)=7e2<72.72<1,所以f(1)故当a<-e3或a>8e23时,g(x)的零点个数为0;
当a=-e3或0当-e3当-73e≤a<0时,g(x)的零点个数为3.
2.(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2xa-2x=2x2-2aax.
当a<0时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,所以f(x)在区间(0,+∞)内无极值;
当a>0时,若x∈(0,a),f'(x)<0,f(x)在区间(0,a)内单调递减.
若x∈(a,+∞),f'(x)>0,f(x)在区间(a,+∞)内单调递增,故f(x)在区间(0,+∞)内的极小值为f(a)=1-2ln a=1-ln a,无极大值.
(2)证明 当a=4时,f(x)=x24-2ln x.
由(1)知,f(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+∞)内单调递增,x=2是函数f(x)的极值点.
又x1,x2为函数f(x)的零点,所以04,只需证x2>4-x1.
∵f(4-x1)=(4-x1)24-2ln(4-x1)=x124-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=x124-2ln x1=0,
∴f(4-x1)=2ln x1-2x1+4-2ln(4-x1).
令h(x)=2ln x-2x+4-2ln(4-x)(00,∴h(x)在区间(0,2)内单调递增,
∴h(x)又4-x1>2,x2>2,∴4-x14得证.
3.解 (1)f'(x)=a-2ex.
由题意得f'(x)≥0,即a≥2ex在区间(1,+∞)内恒成立.
当x∈(1,+∞)时,2ex∈0,2e,所以a≥2e.
故实数a的取值范围为2e,+∞.
(2)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.证明如下:
由已知得g(x)=ax+2ex-a-2,则g'(x)=a-2ex=aex-2ex.
当a<0时,g'(x)<0,所以函数g(x)单调递减.
又g(0)=-a>0,g(1)=2e-2<0,故函数g(x)有且只有一个零点.
当a>0时,令g'(x)<0,得x0,得x>ln2a,所以函数g(x)在区间-∞,ln2a内单调递减,在区间ln2a,+∞内单调递增,而gln2a=aln2a-2a<0,ga+2a=2ea+2a>0.
由于x>ln x,所以a+2a>2a>ln2a,所以g(x)在区间ln2a,a+2a内存在一个零点.
又gln2a2+a+2=aa-lna2+a+22,且ln2a2+a+20在区间(0,+∞)内恒成立,故h(a)在区间(0,+∞)内单调递增.
而h(0)=0,所以h(a)>0在区间(0,+∞)内恒成立,所以gln2a2+a+2>0,
所以g(x)在区间ln2a2+a+2,ln2a内存在一个零点.
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.
4.(1)解 由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax-12x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-12x+1,所以f(2)=0,f'(2)=-12,即aln2-1+b-ln2=0,a2-1=-12,解得a=1,b=1,所以f(x)=ln x-14x2+1-ln 2,f'(x)=1x-12x=2-x22x.当x∈(0,2)时,f'(x)>0;当x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞).
(2)证明 由(1)得f(x)=ln x-14x2+1-ln 2(x>0),且f(x)在区间(0,2)内单调递增,在区间[2,+∞)内单调递减,
由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0∴x2-x1-32+4m=x2-x1-32+2(f(x2)+f(x1))=2ln x2+x2-12x22+2ln x1-x1-12x12+52-4ln 2.
令t1(x)=2ln x+x-12x2,x>2,
则t1'(x)=(x+1)(x-2)-x,令t1'(x)>0,得2令t1'(x)<0,得x>2,∴t1(x)在区间(2,2]内单调递增,在区间(2,+∞)内单调递减,
∴t1(x)≤t1(2)=2ln 2.令t2(x)=2ln x-x-12x2,00,得0令t2'(x)<0,得1∴t2(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间[1,2)内单调递减,
∴t2(x)≤t2(1)=-32,∴x2-x1-32+4m≤t1(2)+t2(1)+52-4ln 2=1-2ln 2<0.
∴x2-x1<32-4m.
5.(1)解 f'(x)=1x-m=1-mxx(x>0).
当m≤0时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,至多有一个零点.
当m>0时,若00,f(x)在区间0,1m内单调递增;若x>1m,则f'(x)<0,f(x)在区间1m,+∞内单调递减,
∴f(x)在x=1m处取得最大值,由题意得f1m=-ln m-1>0得01m>e>1,而f(1)=-m<0,f1m2=-2ln m-1m<0,
∴由零点存在定理可知,f(x)在区间1,1m和1m,1m2内各有一个零点.
综上所述,m的取值范围是0,1e.
(2)证明 ∵x1,x2是f(x)的两个零点,不妨设x1>x2>0,
∴ln x1-mx1=0①,ln x2-mx2=0②,
①-②得ln x1-ln x2=mx1-mx2,即有m=ln x1-ln x2x1-x2,由f'(x)=1x-m,有f'(x1+x2)=1x1+x2-m=1x1+x2-ln x1-ln x2x1-x2,
∴要证f'(x1+x2)<0,即证ln x1-ln x2x1-x2>1x1+x2,
即证ln x1-ln x2>x1-x2x1+x2,
即证lnx1x2-x1x2-1x1x2+1>0,即证lnx1x2+2x1x2+1-1>0,
令x1x2=t>1,设φ(t)=ln t+2t+1-1(t>1),则φ'(t)=t2+1t(t+1)2>0,
∴φ(t)在区间(1,+∞)内单调递增,则φ(t)>φ(1)=0,
∴f'(x1+x2)<0得证.
6.解 (1)函数f(x)=2exsin x的定义域为R.
f'(x)=2ex(sin x+cs x)=22exsinx+π4.
由f'(x)>0,得sinx+π4>0,可得2kπ由f'(x)<0,得sinx+π4<0,可得2kπ+π所以f(x)的单调递增区间为-π4+2kπ,3π4+2kπ(k∈Z),单调递减区间为3π4+2kπ,7π4+2kπ(k∈Z).
(2)由已知g(x)=2exsin x-ax,所以g'(x)=2ex(sin x+cs x)-a,令h(x)=g'(x),则h'(x)=4excs x.
因为x∈(0,π),所以当x∈0,π2时,h'(x)>0;
当x∈π2,π时,h'(x)<0,所以h(x)在区间0,π2内单调递增,在区间π2,π内单调递减,即g'(x)在区间0,π2内单调递增,在区间π2,π内单调递减.
g'(0)=2-a,g'π2=2eπ2-a>0,g'(π)=-2eπ-a<0.
①当2-a≥0,即0所以∃x0∈π2,π,使得g'(x0)=0.所以当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,x0)内单调递增,在区间(x0,π)内单调递减.
因为g(0)=0,所以g(x0)>0.
因为g(π)=-aπ<0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在区间(0,π)内仅有一个零点.
②当2-a<0,即2当x∈(0,x1),x∈(x2,π)时,g'(x)<0;
当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.
所以g(x)在区间(0,x1)和(x2,π)内单调递减,在区间(x1,x2)内单调递增.
因为g(0)=0,所以g(x1)<0,
因为gπ2=2eπ2-π2a>2eπ2-3π>0,所以g(x2)>0,
因为g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,π)内有两个零点.
综上所述,当0
(1)求f(x)的单调区间;
(2)讨论函数g(x)=f(x)-a在区间[-1,2]上的零点个数.
2.已知函数f(x)=x2a-2ln x(a∈R,a≠0).
(1)求函数f(x)的极值;
(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1
3.已知函数f(x)=ax+2ex+1(a∈R).
(1)若函数f(x)在区间(1,+∞)内单调递增,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.
4.已知函数f(x)=aln x-14x2+b-ln 2的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-12x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)设x1,x2(x1
(1)求m的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:f'(x1+x2)<0.
6.已知函数f(x)=2exsin x(e是自然对数的底数).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)记g(x)=f(x)-ax,0
1.解 (1)f'(x)=x3+53x2-83xex=x3(3x+8)(x-1)ex,
因为x∈[-1,+∞),所以函数f'(x)的零点为0和1.
所以当0
所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为[-1,0),(1,+∞).
(2)由(1)知,f(x)在区间[-1,2]上的极大值为f(0)=0,极小值为f(1)=-e3.
因为f(-1)=-73e,f(-1)f(1)=7e2<72.72<1,所以f(1)
当a=-e3或0
2.(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2xa-2x=2x2-2aax.
当a<0时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,所以f(x)在区间(0,+∞)内无极值;
当a>0时,若x∈(0,a),f'(x)<0,f(x)在区间(0,a)内单调递减.
若x∈(a,+∞),f'(x)>0,f(x)在区间(a,+∞)内单调递增,故f(x)在区间(0,+∞)内的极小值为f(a)=1-2ln a=1-ln a,无极大值.
(2)证明 当a=4时,f(x)=x24-2ln x.
由(1)知,f(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+∞)内单调递增,x=2是函数f(x)的极值点.
又x1,x2为函数f(x)的零点,所以0
∵f(4-x1)=(4-x1)24-2ln(4-x1)=x124-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=x124-2ln x1=0,
∴f(4-x1)=2ln x1-2x1+4-2ln(4-x1).
令h(x)=2ln x-2x+4-2ln(4-x)(0
∴h(x)
3.解 (1)f'(x)=a-2ex.
由题意得f'(x)≥0,即a≥2ex在区间(1,+∞)内恒成立.
当x∈(1,+∞)时,2ex∈0,2e,所以a≥2e.
故实数a的取值范围为2e,+∞.
(2)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.证明如下:
由已知得g(x)=ax+2ex-a-2,则g'(x)=a-2ex=aex-2ex.
当a<0时,g'(x)<0,所以函数g(x)单调递减.
又g(0)=-a>0,g(1)=2e-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
由于x>ln x,所以a+2a>2a>ln2a,所以g(x)在区间ln2a,a+2a内存在一个零点.
又gln2a2+a+2=aa-lna2+a+22,且ln2a2+a+2
而h(0)=0,所以h(a)>0在区间(0,+∞)内恒成立,所以gln2a2+a+2>0,
所以g(x)在区间ln2a2+a+2,ln2a内存在一个零点.
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.
4.(1)解 由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax-12x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-12x+1,所以f(2)=0,f'(2)=-12,即aln2-1+b-ln2=0,a2-1=-12,解得a=1,b=1,所以f(x)=ln x-14x2+1-ln 2,f'(x)=1x-12x=2-x22x.当x∈(0,2)时,f'(x)>0;当x∈(2,+∞)时,f'(x)<0,
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞).
(2)证明 由(1)得f(x)=ln x-14x2+1-ln 2(x>0),且f(x)在区间(0,2)内单调递增,在区间[2,+∞)内单调递减,
由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0
令t1(x)=2ln x+x-12x2,x>2,
则t1'(x)=(x+1)(x-2)-x,令t1'(x)>0,得2
∴t1(x)≤t1(2)=2ln 2.令t2(x)=2ln x-x-12x2,0
∴t2(x)≤t2(1)=-32,∴x2-x1-32+4m≤t1(2)+t2(1)+52-4ln 2=1-2ln 2<0.
∴x2-x1<32-4m.
5.(1)解 f'(x)=1x-m=1-mxx(x>0).
当m≤0时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,至多有一个零点.
当m>0时,若0
∴f(x)在x=1m处取得最大值,由题意得f1m=-ln m-1>0得0
∴由零点存在定理可知,f(x)在区间1,1m和1m,1m2内各有一个零点.
综上所述,m的取值范围是0,1e.
(2)证明 ∵x1,x2是f(x)的两个零点,不妨设x1>x2>0,
∴ln x1-mx1=0①,ln x2-mx2=0②,
①-②得ln x1-ln x2=mx1-mx2,即有m=ln x1-ln x2x1-x2,由f'(x)=1x-m,有f'(x1+x2)=1x1+x2-m=1x1+x2-ln x1-ln x2x1-x2,
∴要证f'(x1+x2)<0,即证ln x1-ln x2x1-x2>1x1+x2,
即证ln x1-ln x2>x1-x2x1+x2,
即证lnx1x2-x1x2-1x1x2+1>0,即证lnx1x2+2x1x2+1-1>0,
令x1x2=t>1,设φ(t)=ln t+2t+1-1(t>1),则φ'(t)=t2+1t(t+1)2>0,
∴φ(t)在区间(1,+∞)内单调递增,则φ(t)>φ(1)=0,
∴f'(x1+x2)<0得证.
6.解 (1)函数f(x)=2exsin x的定义域为R.
f'(x)=2ex(sin x+cs x)=22exsinx+π4.
由f'(x)>0,得sinx+π4>0,可得2kπ
(2)由已知g(x)=2exsin x-ax,所以g'(x)=2ex(sin x+cs x)-a,令h(x)=g'(x),则h'(x)=4excs x.
因为x∈(0,π),所以当x∈0,π2时,h'(x)>0;
当x∈π2,π时,h'(x)<0,所以h(x)在区间0,π2内单调递增,在区间π2,π内单调递减,即g'(x)在区间0,π2内单调递增,在区间π2,π内单调递减.
g'(0)=2-a,g'π2=2eπ2-a>0,g'(π)=-2eπ-a<0.
①当2-a≥0,即0
因为g(0)=0,所以g(x0)>0.
因为g(π)=-aπ<0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在区间(0,π)内仅有一个零点.
②当2-a<0,即2
当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.
所以g(x)在区间(0,x1)和(x2,π)内单调递减,在区间(x1,x2)内单调递增.
因为g(0)=0,所以g(x1)<0,
因为gπ2=2eπ2-π2a>2eπ2-3π>0,所以g(x2)>0,
因为g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,π)内有两个零点.
综上所述,当0
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