(导与练)2020版高考数学一轮复习(文数)习题：第13篇 第11节　导数在研究函数中的应用第4课时　导数与函数零点(含解析)

www.ks5u.com第四课时　导数与函数零点

【选题明细表】

基础巩固(时间:30分钟)

1.(2018·河北邢台第二次月考)已知f(x)=ex-ax2.

命题p:∀a≥1,y=f(x)有三个零点;

命题q:∃a∈R,f(x)≤0恒成立.

则下列命题为真命题的是(　B　)

(A)p∧q     (B)(￢p)∧(￢q)

(C)(￢p)∧q  (D)p∧(￢q)

解析:对于命题p:当a=1时,f(x)=ex-x2,在同一坐标系中作出y=ex,

y=x2的图象(图略),由图可知y=ex与y=x2的图象有1个交点,所以f(x)=ex-x2有1个零点,故命题p为假命题,因为f(0)=1,所以命题q显然为假命题.故(￢p)∧(￢q)为真.

2.(2018·贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[-1,4],部分对应值

如表:

f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示.

当1<a<2时,函数y=f(x)-a的零点的个数为(　D　)

(A)1 (B)2 (C)3 (D)4

解析:根据导函数图象,知2是函数的极小值点,函数y=f(x)的大致图象如图所示.

由于f(0)=f(3)=2,1<a<2,

所以y=f(x)-a的零点个数为4.

3.若函数f(x)=+1(a<0)没有零点,则实数a的取值范围为　　　　.解析:f′(x)==(a<0).

当x<2时,f′(x)<0;

当x>2时,f′(x)>0,

所以当x=2时,f(x)有极小值f(2)=+1,

若使函数f(x)没有零点,当且仅当f(2)=+1>0,

解之得a>-e2,因此-e2<a<0.

答案:(-e2,0)

4.(2018·河北武邑中学第二次调研)已知函数f(x)=x3-x2-ax-2的图象过点A(4,).

(1)求函数f(x)的单调增区间;

(2)若函数g(x)=f(x)-2m+3有3个零点,求m的取值范围.

解:(1)因为函数f(x)=x3-x2-ax-2的图象过点A(4,),

所以-4a-4a-2=,解得a=2,

即f(x)=x3-x2-2x-2,

所以f′(x)=x2-x-2.

由f′(x)>0,得x<-1或x>2.

所以函数f(x)的单调增区间是(-∞,-1),(2,+∞).

(2)由(1)知f(x)极大值=f(-1)=--+2-2=-,

f(x)极小值=f(2)=-2-4-2=-,

由数形结合,可知要使函数g(x)=f(x)-2m+3有三个零点,

则-<2m-3<-,

解得-<m<.

所以m的取值范围为(-,).

能力提升(时间:15分钟)

5.已知函数f(x)=ex-1,g(x)=+x,其中e是自然对数的底数,e=

2.718 28….

(1)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点;

(2)求方程f(x)=g(x)的根的个数,并说明理由.

(1)证明:由题意可得

h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x.

所以h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3->0,

所以h(1)h(2)<0,

所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点.

(2)解:由(1)可知h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x.

由g(x)=+x知x∈[0,+∞),

而h(0)=0,则x=0为h(x)的一个零点.

又h(x)在(1,2)内有零点,

因此h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点.

h′(x)=ex--1,记(x)=ex--1,

则′(x)=ex+.

当x∈(0,+∞)时,′(x)>0,

因此(x)在(0,+∞)上单调递增,

易知(x)在(0,+∞)内只有一个零点,

则h(x)在[0,+∞)上有且只有两个零点,

所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2.

6.已知函数f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0).

(1)若f(0)=2,求实数a的值,并求此时f(x)在[-2,1]上的最小值;

(2)若函数f(x)不存在零点,求实数a的取值范围.

解:(1)由f(0)=1-a=2,得a=-1.

易知f(x)在[-2,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,

所以当x=0时,f(x)在[-2,1]上取得最小值2.

(2)f′(x)=ex+a,由于ex>0.

①当a>0时,f′(x)>0,f(x)是增函数,

当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0.

当x<0时,取x=-,

则f(-)<1+a(--1)=-a<0.

所以函数f(x)存在零点,不满足题意.

②当a<0时,f′(x)=ex+a,

令f′(x)=0,得x=ln(-a),

在(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)单调递减,

在(ln(-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增,

所以当x=ln(-a)时,f(x)取得最小值.

函数f(x)不存在零点,等价于

f(ln(-a))=eln(-a)+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,

解得-e2<a<0.

综上所述,所求实数a的取值范围是(-e2,0).

7.已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.

(1)当a=-1时,求f(x)的单调递增区间;

(2)当0<-<e时,若f(x)在区间(0,e)上的最大值为-3,求a的值;

(3)当a=-1时,试推断方程|f(x)|=+是否有实数根.

解:(1)由已知可知函数f(x)的定义域为{x|x>0},

当a=-1时,f(x)=-x+ln x(x>0),

f′(x)=(x>0);

当0<x<1时,f′(x)>0;

当x>1时,f′(x)<0.

所以f(x)的单调递增区间为(0,1).

(2)因为f′(x)=a+(x>0),

令f′(x)=0,解得x=-;

由f′(x)>0,解得0<x<-;

由f′(x)<0,解得-<x<e.

从而f(x)的单调递增区间为(0,-),

递减区间为(-,e),

所以f(x)max=f(-)=-1+ln(-)=-3,

解得a=-e2.

(3)由(1)知当a=-1时,f(x)max=f(1)=-1,

所以|f(x)|≥1.

令g(x)=+,则g′(x)=.

当0<x<e时,g′(x)>0;

当x>e时,g′(x)<0.

从而g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.

所以g(x)max=g(e)=+<1,

所以|f(x)|>g(x),

即|f(x)|>+,

所以,方程|f(x)|=+没有实数根.