全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十三导数与函数的零点问题理含解析

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这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测二十三导数与函数的零点问题理含解析，共5页。

1．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝eq \f(a,2)(x－1)2－x＋ln x(a>0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若1解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a(x－1)－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(（x－1）（ax－1）,x)，
令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝eq \f(1,a)，
①若a＝1，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
②若 01，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
③若a>1，则0当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当0当a>1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
(2)当1f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
所以f(x)的极小值为f(1)＝－1<0，
f(x)的极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \f(a,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1))eq \s\up12(2)－eq \f(1,a)＋lneq \f(1,a)＝eq \f(a,2)－eq \f(1,2a)－ln a－1.
设g(a)＝eq \f(a,2)－eq \f(1,2a)－ln a－1，其中a∈(1，e)，
则g′(a)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2a2)－eq \f(1,a)＝eq \f(a2－2a＋1,2a2)＝eq \f(（a－1）2,2a2)>0，
所以g(a)在(1，e)上是增函数，
所以g(a)因为f(4)＝eq \f(a,2)(4－1)2－4＋ln 4>eq \f(1,2)×9－4＋ln 4＝ln 4＋eq \f(1,2)>0，
所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0，
所以当12．函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
解：(1)由题意知，f′(x)＝a＋ln x＋1(x>0)，
f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，
即f′(x)＝ln x，
令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①
当0当x>0且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②
由①②可得－2故实数m的取值范围为(－2，－1)．
3．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)＝ex(ln x－ax＋a＋b)(e为自然对数的底数)，a，b∈R，直线y＝eq \f(e,2)x是曲线y＝f(x)在x＝1处的切线．
(1)求a，b的值．
(2)是否存在k∈Z，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－ax＋\f(1,x)＋b))，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝\f(e,2)，,f′（1）＝\f(e,2)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(eb＝\f(e,2)，,e（b－a＋1）＝\f(e,2)，))解得a＝1，b＝eq \f(1,2).
(2)由(1)知，f(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－x＋\f(3,2)))，则f′(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－x＋\f(1,x)＋\f(1,2)))，
令g(x)＝ln x－x＋eq \f(1,x)＋eq \f(1,2)，则g′(x)＝－eq \f(x2－x＋1,x2)<0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝eq \f(1,2)>0，g(2)＝ln 2－1<0，
所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0.
所以f(x)在(0, x0)上单调递增，在(x0＋∞)上单调递减．
又当x→0时，f(x)<0，f(1)＝eq \f(e,2)>0，f(2)＝e2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln 2－\f(1,2)))>0，f(e)＝eeeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－e))<0，
所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．
4．(2019·福州市质量检测)已知函数f(x)＝aln x－x－eq \f(a＋1,x)(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当e解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)－1＋eq \f(1＋a,x2)＝eq \f(－x2＋ax＋1＋a,x2)＝eq \f(－（x＋1）[x－（1＋a）],x2)，
①当a＋1>0，即a>－1时，在(0，1＋a)上，f′(x)>0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(0，1＋a)，单调递减区间是(1＋a，＋∞)；
②当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．
(2)证明：设g(x)＝f(ax)＋eq \f(a＋1,ax)＝a(ln a＋ln x－x)，
所以g′(x)＝eq \f(a（1－x）,x)(x>0)，
当00，函数g(x)在区间(0，1)上单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(1，＋∞)上单调递减．
所以g(x)在x＝1处取得最大值．
因为当e所以函数g(x)有两个不同的零点x1，x2，一个零点比1小，一个零点比1大．
不妨设0由g(x1)＝0，且g(x2)＝0，得x1＝ln(ax1)，且x2＝ln(ax2)，
则x1＝eq \f(1,a)ex1，x2＝eq \f(1,a)ex2，所以x1x2＝eq \f(1,a2)·ex1＋x2，
所以eq \f(x1x2,x1＋x2)＝eq \f(1,a2)·eq \f(ex1＋x2,x1＋x2)，
令x1＋x2＝t(t>1)，设h(t)＝eq \f(et,t)(t>1)，
则h′(t)＝eq \f(et·t－et,t2)＝eq \f(et（t－1）,t2)>0.
所以函数h(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，h(t)>e，
所以eq \f(x1x2,x1＋x2)＝eq \f(1,a2)·eq \f(ex1＋x2,x1＋x2)>eq \f(e,a2).
因为eeq \f(e,4e)＝eq \f(1,4)，则eq \f(x1x2,x1＋x2)>eq \f(1,4)，
又x1＋x2>1，所以x1＋x2<4x1x2.

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