高考数学核心考点专题训练专题15导数中的零点问题(原卷版+解析)

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这是一份高考数学核心考点专题训练专题15导数中的零点问题(原卷版+解析)，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

已知函数f(x)=ex−ax有两个零点x1A. a>eB. x1+x2>2
C. x1x2>1D. 有极小值点x0，且x1+x2<2x0
已知函数f(x)=32x2−3x⋅e3，则( )
A. 函数fx的极大值点为x=2
B. 函数fx在−∞,−2上单调递减
C. 函数fx在R上有3个零点
D. 函数fx在原点处的切线方程为y=−3e3x
已知函数f(x)=sinx−x2π−x，给出下列结论：①函数y=f(x)的图像关于直线x=−π2对称；②曲线y=f(x)上存在垂直于y轴的切线；③函数f(x)的最大值为0；④方程f(f(x))=0有4个不相等的实数根．其中所有正确结论的个数是
A. 1B. 2C. 3D. 4
已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f’(x)，且xf’(x)=x3ex+2f(x)，若f(2)=4e2+4，则函数g(x)=f(x)−2的零点个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
已知函数f(x)=mx−lnx+m在区间(e−1,e)内有唯一零点，则实数m的取值范围为
A. −ee2+1,e2+1B. −1e+1,ee+1
C. −ee+1,1D. −1,e2+1
我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数的图象的特征，如函数f(x)=ex−2x2−1的图象大致是( )
A. B. C. D.
已知f(x)=x3−2x2+x−a有三个不同的零点，则实数a取值范围为 ( )
A. 1,83B. 0,427C. 2,22D. 13,92
定义方程fx=f'x的实根叫做函数fx的“新驻点”，若函数g(x)=2xex+1,h(x)=lnx+2,φ(x)=x3−1的“新驻点”分别为a,b,c，则a,b,c的大小关系为( )
A. a>b>cB. c>b>aC. c>a>bD. b>c>a
函数f(x)=e|x|−ln|x|−2的大致图象为
A. B. C. D.
对于函数，(e为自然对数的底数)，下列说法正确的是( )
A. 函数fx有两个不同零点
B. 在区间(0,e)单调递增，在区间(e,+∞)递减
C. 函数fx的极值点是(e,e)
D. fe二、填空题
已知函数fx=2x2−ex，关于函数fx给出下列命题：
①函数fx为偶函数；②函数fx在区间12,1单调递增；③函数fx存在两个零点；④函数fx存在极大值和极小值．其中正确命题的序号是________．
已知函数fx=ex−mx3，曲线y=fx在不同的三点x1,fx1，x2,fx2 ，(x3,fx3)处的切线均平行于x轴，则m的取值范围是________．
已知定义在R上的奇函数f(x)的导函数为f’(x)，当x<0时，f(x)满足2f(x)+xf'(x)已知函数f(x)=x3−3x2+3，有下列命题：
①函数y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线为3x+y−4=0；
②函数y=f(x)有3个零点； ③函数y=f(x)在x=2处取得极大值；
④函数y=f(x)的图像关于点(1,1)对称．
上述命题中，正确命题的序号是__________．
三、解答题
设函数其中m∈R.
(1)若m=1,求函数f(x)的单调递减区间；
(2)求函数f(x)的极值；
(3)若函数f(x)在区间[0,e2−1]上恰有两个零点，求m的取值范围．

已知函数f(x)=(x+2)lnx+ax2− 4x+ 7a．
(1)若a=12，求函数f(x)的所有零点；
(2)若a≥12，证明函数f(x)不存在极值．

设函数f(x)=2x−alnx，a∈R．
(1)若a=3，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若对任意的x∈(0,+∞)，不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若函数g(x)=ax−x2，f(x)=g(x)有两个不同的实数解，求满足条件的最小正整数a的值．

专题15 导数中的零点问题
一、单选题（本大题共10小题，共50.0分）
已知函数f(x)=ex−ax有两个零点x1A. a>eB. x1+x2>2
C. x1x2>1D. 有极小值点x0，且x1+x2<2x0
【答案】C
【解析】解：∵f(x)=ex−ax，
∴f'(x)=ex−a，令f'(x)=ex−a>0，
①当a≤0时，f'(x)=ex−a>0在x∈R上恒成立，
∴f(x)在R上单调递增．
②当a>0时，∵f'(x)=ex−a>0，∴ex−a>0，解得x>lna，
∴f(x)在(−∞,lna)单调递减，在(lna,+∞)单调递增．
∵函数f(x)=ex−ax有两个零点x1∴f(lna)<0，a>0，
∴elna−alna<0，
∴a>e，A正确；
x1+x2=ln(a2x1x2)=2lna+ln(x1x2)>2+ln(x1x2)，
取a=e22，f(2)=e2−2a=0，∴x2=2，f(0)=1>0，∴02，B正确；
f(0)=1>0，∴01不一定，C不正确；
f(x)在(−∞,lna)单调递减，在(lna,+∞)单调递增，∴有极小值点x0=lna，由图象观察可得x1+x2<2x0=2lna，D正确．
故选：C．
已知函数f(x)=32x2−3x⋅e3，则( )
A. 函数fx的极大值点为x=2
B. 函数fx在−∞,−2上单调递减
C. 函数fx在R上有3个零点
D. 函数fx在原点处的切线方程为y=−3e3x
【答案】D
【解析】解：A选项：由f(x)=(32x2−3x)⋅e3，得．
令f'(x)=0，得x=1.故x∈(−∞,1)，f'(x)<0，f(x)为减函数；x∈(1,+∞)，f'(x)>0，f(x)为增函数，所以x=1是函数f(x)的极小值点，无极大值点，故A错；
B选项：当x∈−∞,2时，f(x)=(32x2−3x)⋅e3先减后增，故B错；
C选项：由f(x)=(32x2−3x)⋅e3=0得x=0或x=2，，函数在R上有两个零点，故C错；
D选项：函数f(x)在原点处的切线斜率，所以切线方程为y=−3e3x，D正确．
故选D．
已知函数f(x)=sinx−x2π−x，给出下列结论：①函数y=f(x)的图像关于直线x=−π2对称；②曲线y=f(x)上存在垂直于y轴的切线；③函数f(x)的最大值为0；④方程f(f(x))=0有4个不相等的实数根．其中所有正确结论的个数是
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】解：∵f(−π−x)=sin(−π−x)−(−π−x)2π+π+x=sinx−x2π−x=f(x)，
∴f(x)的图像关于直线x=−π2对称，①正确；
f'(x)=csx−2πx−1，f'(0)=f'(−π2)=f'(−π)=0，
且当x<−π时，f'(x)>0；
当x>0时，f'(x)<0，f'(x)只有这三个零点，
∴f(x)在(−∞,−π)单增，−π,−π2单减，单增，(0,+∞)单减，f(−π2)=−1+π4<0，f(−π)=f(0)=0，
作出f(x)的图象如图所示：
∴y=f(x)在点(0,f(0))，(−π,f(−π))处的切线方程为y=0，∴②③正确；
f(f(x))=0可转化为f(x)=0或f(x)=−π，
∵f(−π2)∈(−1,0)，结合图像可知f(x)=0有两个根，f(x)=−π有两个根，
∴方程f(f(x))=0有4个根，④正确．
故选D．
已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f’(x)，且xf’(x)=x3ex+2f(x)，若f(2)=4e2+4，则函数g(x)=f(x)−2的零点个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】解：当x=0时，由xf’(x)=x3ex+2f(x)得f(0)=0，
当x≠0时，由xf’(x)=x3ex+2f(x)得xf'x−2fxx3=ex，
即fxx2'=ex，所以fxx2=ex+t，fx=x2ex+tx2，
又f(2)=4e2+4，所以4e2+4t=4e2+4，得t=1，
所以fx=x2ex+x2，当x=0时也满足此式，
所以g(x)=f(x)−2=x2ex+x2−2，
因为g'x=2xex+x2ex+2x=x2ex+xex+2，
令hx=2ex+xex+2，因为h'x=x+3ex，
当x<−3时，h'x<0，h(x)单调递减，
当x>−3时，h'x>0，h(x)单调递增，
所以hx⩾h−3=2−e−3>0，
所以对于g'x=x2ex+xex+2，
当x<0时，g'x<0，g(x)单调递减，
当x>0时，g'x>0，g(x)单调递增，
所以gx⩾g0=−2<0，
又g1=e−1>0,g−2=4e2+2>0，
结合零点存在定理及函数的单调性知函数g(x)=f(x)−2的零点个数为2，
故选B．
已知函数f(x)=mx−lnx+m在区间(e−1,e)内有唯一零点，则实数m的取值范围为
A. −ee2+1,e2+1B. −1e+1,ee+1
C. −ee+1,1D. −1,e2+1
【答案】B
【解析】解：由f(x)=0，得m1x+1=lnx，m=xlnxx+1，
令h(x)=xln xx+1，h'x=x+1+lnxx+12，
令k(x)=x+1+lnx，k'x=1+1x>0，
函数y=k(x)在区间(e−1,e)单调递增，k(x)>k(e−1)=e−1>0，
所以h'(x)>0，函数y=h(x)在区间(e−1,e)单调递增，
所以有h(e−1)即−1e+1故选B．
我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数的图象的特征，如函数f(x)=ex−2x2−1的图象大致是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】解：∵f(x)=ex−2x2−1的定义域为R，且f(−x)=ex−2x2−1=f(x)，∴函数fx是偶函数，排除C;
当x>0时，f(x)=ex−2x2−1，设gx=f'(x)=ex−4x，g'(x)=ex−4，
由g'(ln 4)=0，知f'(x)在(0,ln4)上递减，(ln4,+∞)上递增，
f'(x)min=f(ln 4)=4−4ln 4<0，又f'(0)=1>0，f'(4)=e4−16>0，
∴ f'(x)有两个零点，f(x)在(0,+∞)上有两个极值点，图象为先增后减再增．只有D符合，排除AB．
故选D．
已知f(x)=x3−2x2+x−a有三个不同的零点，则实数a取值范围为 ( )
A. 1,83B. 0,427C. 2,22D. 13,92
【答案】B
【解析】解：f(x)=x3−2x2+x−a，
则f'x=3x2−4x+1=3x−1x−1，
由f'x>0得x>1或x<13，由f'x<0得13,1，
所以f(x)=x3−2x2+x−a在x=13处取得极大值f13=427−a，在x=1处取得极小值f1=−a，
因为f(x)=x3−2x2+x−a有三个不同的零点，
所以−a<0427−a>0，解得0故选B．
定义方程fx=f'x的实根叫做函数fx的“新驻点”，若函数g(x)=2xex+1,h(x)=lnx+2,φ(x)=x3−1的“新驻点”分别为a,b,c，则a,b,c的大小关系为( )
A. a>b>cB. c>b>aC. c>a>bD. b>c>a
【答案】B
【解析】解：由题意：函数g(x)=2xex+1，g'(x)=2xex+2ex，所以a为2xex+1=2xex+2ex的根，解得x=−ln2，即a=−ln2．
h(x)=lnx+2，h'(x)=1x，b为lnx+2=1x的根，
令p(x)=lnx+2−1x，则p'=1x+1x2>0；
故P(x)在(0,+∞)单调递增，且p12=−ln2<0,p(1)=1>0，
故12φ(x)=x3−1，φ'(x)=3x2，
c为x3−1=3x2的根，即函数φ1(x)=x3−1−3x2的零点，当x>0，函数单调递增．
又因为：φ1(2)<0，φ1(4)=15>0，c∈(2,4)；
所以：c>b>a．
故选：B．
函数f(x)=e|x|−ln|x|−2的大致图象为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】解：函数的定义域x|x≠0，
因为f−x=e−x−ln−x−2=ex−lnx−1=fx，
所以函数fx为偶函数，故排除A，
当x>0时，fx=ex−lnx−2，则f'x=ex−1x，
令f'x=ex−1x=0，则当x>0时，方程ex=1x只有一个实数根，
又因为当x=0时，f'0→−∞，当x=1时，f'1=e−1>0，
所以函数fx在(0,1)上只有一个零点，故排除B，C．
故选D．
对于函数，(e为自然对数的底数)，下列说法正确的是( )
A. 函数fx有两个不同零点
B. 在区间(0,e)单调递增，在区间(e,+∞)递减
C. 函数fx的极值点是(e,e)
D. fe【答案】D
【解析】解：选项A：由f(x)=0得：x=0，所以函数f(x)只有一个零点0，故A错误；
选项B：由f'(x)=lnx−1lnx2<0解得：0选项C：函数的极值点指的是函数的自变量的取值，不是一个点，故C错误；
选项D：函数f(x)在e,+∞单调递增，所以因为，所以，即，故D正确．
故选D．
二、填空题
已知函数fx=2x2−ex，关于函数fx给出下列命题：
①函数fx为偶函数；②函数fx在区间12,1单调递增；③函数fx存在两个零点；④函数fx存在极大值和极小值．其中正确命题的序号是________．
【答案】 ① ② ④
【解析】解： ①:函数f(x)的定义域为R，f(−x)=2(−x)2−e|−x|=2x2−e|x|=f(x)，则函数为偶函数，故 ①正确;
②:当x>0时，f'(x)=4x−ex，令g(x)=f'(x)，则g'(x)=4−ex，
由g'(x)=0，解得x=ln4，则当x∈(0,ln4)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
又由g(12)>0及[12,1]⊆(0，ln4)可知，g(x)>0，即f'(x)>0对x∈[12,1]恒成立，则函数f(x)在区间[12,1]单调递增，故 ②正确；
③:由 ②可知，f'(x)=4x−ex在(0,ln4)单调递增，(ln4,+∞)单调递减，
又f'(0)=−1<0，f'(2)=8−e2>0，f'(3)=12−e3<0，
由零点存在定理知，∃x1∈(0,2)，x2∈(2,3)，使得f'(x1)=f'(x2)=0，
f(x)在(0,x1)单调递减，(x1,x2)单调递增，(x2,+∞)单调递减．
又f(0)=−1<0，f(2)=8−e2>0，f(3)=18−e3<0，
由零点存在定理可知，f(x)在(0,+∞)上有两个零点，
又由f(x)为偶函数可知，其在R上存在四个零点，故 ③错误；
④:由 ③可知f(x1)为极小值，f(x2)为极大值，
又由偶函数可知，f(−x1)为极小值，f(−x2)为极大值，故 ④正确．
故答案为 ① ② ④．
已知函数fx=ex−mx3，曲线y=fx在不同的三点x1,fx1，x2,fx2 ，(x3,fx3)处的切线均平行于x轴，则m的取值范围是________．
【答案】(e212,+∞)
【解析】解：因为函数f(x)=ex−mx3，所以f'(x)=ex−3mx2．
又曲线y=f(x)在不同的三点(x1,f(x1))，(x2,f(x2))，(x3,f(x3))处的切线均平行于x轴，
所以ex−3mx2=0有3个不同的解，即3m=exx2．
令g(x)=exx2，则g'(x)=ex(x−2)x3，
当g'(x)>0时，解得x<0或x>2，g(x)为增函数，
当g'(x)<0时，解得0当x=2时，函数有极小值e24，
结合函数g(x)=exx2图象
可知，3m>e24，即m>e212．
故答案为(e212,+∞).
已知定义在R上的奇函数f(x)的导函数为f’(x)，当x<0时，f(x)满足2f(x)+xf'(x)【答案】1
【解析】构造函数F(x)=x2f(x)ex(x<0)'
所以F'(x)=2xf(x)ex+x2f'(x)ex−x2f(x)exe2x=xex[2f(x)+xf(x)−xf(x)]，
因为2f(x)+xf'(x)0，
所以函数F(x)在x<0时是增函数，
又F(0) =0所以当x<0，F(x)因为对任意x<0，x2ex>0，所以f(x)<0，
由于f(x)是奇函数，所以x>0时f'(x)>0，
即f(x) =0只有一个根就是0．
故答案为1
已知函数f(x)=x3−3x2+3，有下列命题：
①函数y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线为3x+y−4=0；
②函数y=f(x)有3个零点； ③函数y=f(x)在x=2处取得极大值；
④函数y=f(x)的图像关于点(1,1)对称．
上述命题中，正确命题的序号是__________．
【答案】①②④
【解析】解：f'(x)=3x2−6x=3x(x−2)，则f'(1)=−3，又f(1)=1，
所以函数y=f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线为y−1=−3(x−1)，即3x+y−4=0，故①正确；
令f'(x)=0，可得x=0或x=2，
令f'(x)>0，可得x<0或x>2，令f'(x)<0，可得0所以f(x)在(−∞,0)，(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，
所以f(x)在x=0处f(x)取得极大值，在x=2处取得极小值，故③错误；
极大值为f(0)=3>0，极小值为f(2)=−1<0，f(−1)=−1<0，f(3)=3>0，
所以在(−1,0)，(0,2)，(2,3)上f(x)各有一个零点，故②正确；
令g(x)=f(x+1)−1=(x+1)3−3(x+1)2+3−1=x3−3x，
则g(−x)=−x3+3x=−g(x)，
所以g(x)为奇函数，关于原点对称，
所以f(x)关于点(1,1)对称，故④正确，
所以正确命题的序号是①②④．
故答案为：①②④．
三、解答题
设函数其中m∈R.
(1)若m=1,求函数f(x)的单调递减区间；
(2)求函数f(x)的极值；
(3)若函数f(x)在区间[0,e2−1]上恰有两个零点，求m的取值范围．
【答案】(1)解：依题意，函数f(x)的定义域为(−1,+∞)，
当m=1时，f(x)=ln(1+x)−x，
∴f'(x)=11+x−1，
由f'(x)<0得11+x−1<0，即−x1+x<0，
解得x>0或x<−1，
又∵x>−1，∴x>0，
∴f(x)的单调递减区间为(0,+∞)．

(2)求导数可得f'(x)=11+x−m，(x>−1)
①m≤0时，f'(x)>0恒成立，
∴ f(x)在(−1,+∞)上单调递增，无极值．
②m>0时，由于1m−1>−1，
∴ f(x)在(−1, 1m−1]上单调递增，在[1m−1, +∞)上单调递减，
从而f(x)极大值=f(1m−1)=m−lnm−1.
(3)由(2)问显然可知，
当m≤0时，f(x)在区间[0,e2−1]上为增函数，
∴在区间[0,e2−1]不可能恰有两个零点．
当m>0时，由(2)问知f(x)极大值=f(1m−1)，
又f(0)=0，
∴0为f(x)的一个零点．
∴若f(x)在[0,e2−1]恰有两个零点，只需f(e2−1)≤00<1m−1即2−m(e2−1)≤01e2∴ 2e2−1≤m<1．
故m的取值范围为[2e2−1,1)．
已知函数f(x)=(x+2)lnx+ax2− 4x+ 7a．
(1)若a=12，求函数f(x)的所有零点；
(2)若a≥12，证明函数f(x)不存在极值．
【答案】(1)解：当a=12时，f(x)=(x+2)lnx+12x2−4x+72，
函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
且f'(x)=lnx+2x+x−3．
设g(x)=lnx+2x+x−3，
则g'(x)=1x−2x2+1=x2+x−2x2=(x+2)(x−1)x2，(x>0)．
当01时，g'(x)>0，
即函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x>0时，g(x)≥g(1)=0(当且仅当x=1时取等号)．
即当x>0时，f'(x)≥0(当且仅当x=1时取等号)．
所以函数f(x)在(0,+∞)单调递增，至多有一个零点．
因为f(1)=0，x=1是函数f(x)唯一的零点．
所以若a=12，则函数f(x)的所有零点只有x=1．
(2)证明：因为f(x)=(x+2)lnx+ax2−4x+7a，
函数f(x)的定义域为(0,+∞)，且f'(x)=lnx+x+2x+2ax−4．
当a≥12时，f'(x)≥lnx+2x+x−3，
由(1)知lnx+2x+x−3≥0．
即当x>0时，f'(x)≥0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．
所以f(x)不存在极值．
设函数f(x)=2x−alnx，a∈R．
(1)若a=3，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若对任意的x∈(0,+∞)，不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若函数g(x)=ax−x2，f(x)=g(x)有两个不同的实数解，求满足条件的最小正整数a的值．
【答案】解：(1)若a=3时，f(x)=2x−3lnx，f'(x)=2−3x，
∴f'(1)=−1，f(1)=2，
所以切线方程为y−2=−(x−1) ，即y=3−x；
(2)f'(x)=2−ax，当a=0时，f(x)=2x>0成立；
当a>0时，令f'(x)>0，则x>a2，
所以f(x)在(0,a2)单调递减，f(x)在(a2,+∞)单调递增，
所以f(x)min=f(a2)=a−alna2≥0，
所以0当a<0时，f'(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，
f(e2a)=2e2a−2<0，舍去.
综上：a∈[0,2e]；
(3)令h(x)=f(x)−g(x)=x2+(2−a)x−alnx，
由题得h(x)在(0,+∞)有两个不同的零点，
h'(x)=2x+2−a−ax=2x2+2−ax−ax=x+12x−ax，
当a>0时，令h'(x)=0，得x=a2(负舍)，
当x∈(0,a2)时，h'(x)<0，所以h(x)在(0,a2)单调递减，
当x∈(a2,+∞)时，h'(x)>0，
所以h(x)在(a2,+∞)单调递增，
所以h(x)min=h(a2)=−a24+a−alna2，
若h(x)有两个不同的零点，则h(x)min=h(a2)=−a24+a−alna2<0，
又因为a>0，所以−a4+1−lna2<0，
令t(a)=−a4+1−lna2，t'(a)=−14−1a<0，
所以t(a)在(0,+∞)单调递减，
t(2)=12>0，t(3)=14−ln32=14(1−ln8116)<0，
所以存在a0∈(2,3)使得t(a0)=0，
又因为t(a)在(0,+∞)单调递减，
所以当a>a0时，t(a)<0，因此最小正整数a的值为3，
当a=3时，h(1)=0，h(32)<0，h(3)=3(2−ln3)>0，
所以h(x)在(0,+∞)有两个不同的零点，
因此满足条件的最小正整数a的值为3．

高考数学核心考点专题训练专题15导数中的零点问题(原卷版+解析)

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