2025届高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用课时规范练20利用导数研究函数的零点

这是一份2025届高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用课时规范练20利用导数研究函数的零点，共8页。试卷主要包含了已知函数f=ex-，已知函数f=ln+axe-x，又因为f'=2x-3+,等内容，欢迎下载使用。

(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.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)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
3.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.
4.(2023山东济宁一模)已知函数f(x)=(x-3)ex-(x2-4x).
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当05.(2023四川成都二模)已知函数f(x)=,其中x>0,a>0.
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若方程=x-aln x恰有两个不相等的实数根,求a的取值范围.
6.已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围.
课时规范练20 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.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表所示.
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)在区间内单调递减,在区间上单调递增.
(2)∵y=f(x)的图象与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)在区间内单调递减,在区间上单调递增,
∴f=3-3ln=3+3lna>0,∴lna>-1,
∴a>,即实数a的取值范围是.
3.解(1)当a=,f(x)=x2-lnx,则f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x-.
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)的图象有两个不同的交点,
故实数a的取值范围是(0,1).
4.解(1)当a=1时,f'(x)=(x-2)ex-e(x-2)=(x-2)(ex-e).
当x<1时,f'(x)>0;
当1当x>2时,f'(x)>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1)和(2,+∞);单调递减区间为(1,2).
(2)f'(x)=(x-2)ex-ea(x-2)=(x-2)(ex-ea).
令f'(x)=0,得x=2或x=a.
由于00;当a2时,f'(x)>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,a)和(2,+∞),单调递减区间为(a,2).
f(a)=(a-3)ea-(a2-4a)=(-a2+6a-6),
令f(a)=0,得a=3-.
当0又f(4)=e4>0,所以存在唯一x1∈(2,4),使得f(x1)=0,此时函数f(x)有1个零点x1.
当a=3-时,f(2)又f(4)=e4>0,所以存在唯一x2∈(2,4),使得f(x2)=0,此时函数f(x)有2个零点x2和a.
令f(2)=-e2+2ea=0,得a=2-ln2.
当3-又f(4)=e4>0,f(0)=-3<0.
所以存在唯一x3∈(0,a),唯一x4∈(a,2),唯一x5∈(2,4),使得f(x3)=f(x4)=f(x5)=0,此时函数f(x)有3个零点x3,x4,x5.
当a=2-ln2时,f(a)>f(2)=0,
又f(0)=-3<0,所以存在唯一x6∈(0,a),使得f(x6)=0,此时函数f(x)有2个零点x6和2.
当2-ln2f(2)>0,
又f(0)=-3<0,所以存在唯一x7∈(0,a),使得f(x7)=0,此时函数f(x)有1个零点x7.
综上所述,当0当a=3-时,函数f(x)有2个零点;
当3-当a=2-ln2时,函数f(x)有2个零点;
当2-ln25.解(1)当a=1时,f(x)=,∴f'(x)=.
∵x>0,∴当0当x>1时,f'(x)>0.
∴函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)∵x>0,a>0,=x-alnx=lnex-alnx=ln,
设t=>0,则=lnt.
令h(t)=lnt-,则h'(t)=,
∴当00;当t>e时,h'(t)<0.
∴函数h(t)在(0,e)内单调递增,在(e,+∞)上单调递减.
∵h(e)=0,∴方程=lnt有唯一解t=e,即=e.
∴方程=x-alnx有两个不相等的实数解,等价于方程=e有两个不相等的实数解,
即方程alnx=x-1有两个不相等的实数解.
令k(x)=alnx-x+1,则k'(x)=-1.
∵a>0,∴当00;当x>a时,k'(x)<0.
∴函数k(x)在(0,a)内单调递增,在(a,+∞)上单调递减.
∵当x>0且x→0时,k(x)→-∞;当x→+∞时,k(x)→-∞,
∴只需要k(a)=alna-a+1>0,即lna+-1>0.
构造函数m(a)=lna+-1,则m'(a)=.
∴当01时,m'(a)>0.
∴函数m(a)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
∵m(1)=0,∴当a≠1时,lna+-1>0恒成立,
∴a的取值范围为(0,1)∪(1,+∞).
6.解(1)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe-x,则f'(x)=+e-x-xe-x,所以f(0)=0,f'(0)=2,所以所求切线方程为y=2x.
(2)当a≥0时,若x>0,则f(x)=ln(1+x)+axe-x>0恒成立,不符合题意,舍去.
当a<0时,由已知得f'(x)=+ae-x-axe-x=.
令g(x)=1+ae-x(1-x2),则g'(x)=ae-x(x2-2x-1).
因为x>-1,a<0,所以令g'(x)>0,得1-令g'(x)<0,得-11+.
所以g(x)在区间(-1,1-),(1+,+∞)内单调递减,在区间(1-,1+)内单调递增,g(0)=1+a.
若-1≤a<0,则当x∈(0,1]时,g(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,
所以当x>0时,g(x)>0恒成立,即f'(x)>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,所以当x>0时,f(x)>f(0)=0,不符合题意,舍去.
若a<-1,则g(0)<0,又g(-1)=1>0,g(1)=1>0,
当x>1时,g(x)>0恒成立,所以存在唯一的x1∈(-1,0),x2∈(0,1),使g(x)=0.
所以f(x)在区间(-1,x1),(x2,+∞)内单调递增,在区间(x1,x2)内单调递减,所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)0恒成立;当x∈(0,x2)时,f(x)<0恒成立.
令h(x)=xe-x,则h'(x)=e-x(1-x),所以当x>1时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x>1时,01时,axe-x>a.
取x=e-a,因为a<-1,0e>x2,
所以f(e-a)>ln(1+e-a)+a>lne-a+a=0.
又f(x2)<0,所以f(x)在区间(x2,+∞)内只有一个零点,即f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点.
由h'(x)=e-x(1-x),知当-10,所以h(x)在区间(-1,0)内单调递增,所以当-1-e.又a<-1,所以axe-x<-ae.
取x=e3a-1∈(-1,0),则f(e3a-1)又f(x1)>0,所以f(x)在区间(e3a-1,x1)内只有一个零点,即f(x)在区间(-1,0)内只有一个零点.
综上所述,a的取值范围为(-∞,-1).x
0,
,1
1
(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