2022版新教材高考数学一轮复习20利用导数研究函数的零点问题训练含解析新人教B版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习20利用导数研究函数的零点问题训练含解析新人教B版，共10页。试卷主要包含了已知函数f＝x3－kx＋k2.等内容，欢迎下载使用。

二十　利用导数研究函数的零点问题
(建议用时：45分钟)
A组　全考点巩固练
1．函数f(x)＝x3＋x2＋x＋1的零点个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
B　解析：因为f′(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2≥0，
所以f(x)在R上单调递增．
因为f(0)＝1>0，f(－3)＝－2<0，
所以f(x)在R上有且只有一个零点．
2．设函数f(x)＝x－ln x(x＞0)，则f(x)(　　)
A．在区间，(1，e)上均有零点
B．在区间，(1，e)上均无零点
C．在区间上有零点，在区间(1，e)上无零点
D．在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点
D　解析：因为f′(x)＝－，所以当x∈(0,3)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．而0＜＜1＜e＜3，又f ＝＋1＞0，f(1)＝＞0，f(e)＝－1＜0，所以f(x)在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点．
3．方程－ln x－2＝0的根的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
C　解析：令f(x)＝－ln x－2，则由f′(x)＝－＝0，得x＝4.
当04时，f′(x)>0，
所以x＝4是f(x)的唯一极小值点，且f(4)<0.
又f(e－2)>0，f(e4)＝e2－6>0，所以f(x)在(e－2,4)，(4，e4)上各有一个零点．
所以对应的方程有2个根．故选C.
4．已知函数f(x)＝＋ln x－1有且仅有一个零点，则实数a的取值范围是
(　　)
A．(－∞，0]∪{1}
B．[0,1]
C．(－∞，0]∪{2}
D．[0,2]
A　解析：因为函数f(x)＝＋ln x－1，
所以f′(x)＝－＋＝，x＞0.
当a≤0时，f′(x)＝＞0恒成立，f(x)是增函数，x→＋∞时，f(x)→＋∞，f(1)＝a－1＜0，
函数f(x)＝＋ln x－1有且仅有一个零点．
当a＞0时，令f′(x)＞0，解得x＞a；
令f′(x)＜0，解得x＜a.
故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
故只需f(x)min＝f(a)＝ln a＝0，解得a＝1，
综上，实数a的取值范围是(－∞，0]∪{1}．
5．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________.
(－∞，2ln 2－2]　解析：f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，解得x＝ln 2，
所以当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，则f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减；
当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，
则f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以当x＝ln 2时，f(x)＝ex－2x＋a取得最小值，为eln 2－2ln 2＋a＝2－2ln 2＋a.
由题意，得2－2ln 2＋a≤0，解得a≤2ln 2－2.
6．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围是________．
(－e2,0)　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，解得a>－e2，因此－e2 7．函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图像如图所示．

(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.
由题图知f′(x)＝0的两个根为－1,2，
所以解得a＝－，b＝－2.
由导函数的图像可知，当－12时，f′(x)>0，
故函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)上单调递减．
(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，
函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1,2)上单调递减，
所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，极小值为f(2)＝c－.
而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得－ 所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.
8．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．
解：(1)由题意得，f′(x)＝3x2－k.
当k≤0时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝±；
令f′(x)<0，得－ 令f′(x)>0，得x<－或x>.
所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增．
(2)由(1)知，f(x)有三个零点，则k>0，
且
即
解得0 当0，且f()＝k2>0，
所以f(x)在上有唯一一个零点．
同理－k－1<－，f(－k－1)＝－k3－(k＋1)2<0，
所以f(x)在上有唯一一个零点．
又f(x)在上有唯一一个零点，
所以f(x)有三个零点，
综上可知k的取值范围为.
B组　新高考培优练
9．(多选题)已知函数f(x)＝ln x－mx，若有两个相异正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2)(x1＜x2)，则(　　)
A．0＜x1＜1
B．x2＞e
C．0＜m＜
D．x2－x1的值随m的增大而变小
BCD　解析：由f(x)＝ln x－mx＝0，得ln x＝mx，
即m＝(x＞0)．
令g(x)＝，则g′(x)＝，
所以当x∈(0，e)时，g′(x)＞0，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
所以当x＝e时，g(x)取最大值为g(e)＝.
又当x→0＋时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0.
作出函数g(x)的图像如图：

由图可知，x2＞e,0＜m＜，x2－x1的值随m的增大而变小．
10．(多选题)已知函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是(　　)
A．ea＋ln b＞2 B．ea＋ln b＜2
C．a2＋b2＜3 D．ab＜1
CD　解析：由f(x)＝0，g(x)＝0得ex＝2－x，ln x＝2－x，函数y＝ex与y＝ln x互为反函数．
在同一坐标系中分别作出函数y＝ex，y＝ln x，y＝2－x的图像，

如图所示，则A(a，ea)，B(b，ln b)．
由反函数性质知A，B关于(1,1)对称，则a＋b＝2，ea＋ln b＝2，ab＜＝1，
所以A，B错误，D正确．
因为f′(x)＝ex＋1＞0.所以f(x)在R上单调递增，且f(0)＝－1＜0，f ＝－＞0，
所以0＜a＜.
因为点A(a，ea)在直线y＝2－x上，即ea＝2－a＝b，
所以a2＋b2＝a2＋e2a＜＋e＜3.C正确．
11．已知函数f(x)＝ex－ax有两个零点x1，x2.下列判断：①a1；④有极小值点x0，且x1＋x2<2x0.其中正确的个数是________．
1　解析：因为f(x)＝ex－ax，所以f′(x)＝ex－a，f(0)＝1.
当a≤0时，f′(x)>0，函数单调递增，所以函数f(x)至多有一个零点，不符合题意．
当a>0，x>ln a时，f′(x)>0，函数单调递增，xe，故判断①不正确．
对于②，因为e x1－ax1＝0，e x2－ax2＝0，所以x1＋x2＝ln(a2·x1·x2)＝2ln a＋ln(x1·x2)>2＋ln(x1x2)．
取a＝，f(2)＝0，所以x2＝2，f(0)＝1>0，所以02，故判断②不正确．
对于④，构造函数F(x1)＝f(x1)－f(2ln a－x1)．
F′(x1)＝e x1－a－e2ln a－x1－a＝e x1＋－2a>2－2a＝0，所以函数F(x1)在(0，x0)上单调递增，
故F(x1) 而f(x1)＝f(x2)，所以x2<2ln a－x1⇒x1＋x2<2ln a，故判断④正确．
对于③，因为x1＋x2＝2ln a＋ln(x1·x2)，而x1＋x2<2ln a，所以有x1·x2<1，故判断③不正确．故正确的个数为1.
12．设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，
f′(x)＝－2x－1＋＝.
令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，
当0＜x＜时，f′(x)＞0；
当x＞时，f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.
令g(x)＝x－，其中x∈，
则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1.当≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，
所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]，
所以g(x)min＝g(1)＝1，所以函数f(x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋＞3－，
所以实数a的取值范围是.
13．设函数f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中a∈R.
(1)若a≤0，确定f(x)的单调性．
(2)若0 ①证明：f(x)恰有两个零点；
②设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，
且x1>x0，证明：3x0－x1>2.
(1)解：由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且
f′(x)＝－[aex＋a(x－1)ex]＝.
因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：①由(1)知f′(x)＝.
令g(x)＝1－ax2ex，由0 可知g(x)在(0，＋∞)内单调递减．
又g(1)＝1－ae>0，
且g＝1－a2＝1－2<0，
故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，
从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解．
不妨设为x0，则1 当x∈(0，x0)时，f′(x)＝>＝0，
所以f(x)在(0，x0)内单调递增．
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝<＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减．因此，x0是f(x)的唯一极值点．
令h(x)＝ln x－x＋1，
则当x>1时，h′(x)＝－1<0，
故h(x)在(1，＋∞)内单调递减．
从而当x>1时，h(x) 所以ln x 从而f
＝ln－ae
＝ln－ln ＋1
＝h<0.
又因为f(x0)>f(1)＝0，
所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点．
又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，
从而f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点．
②由题意知

即
从而ln x1＝e x1－x0，
即e x1－x0＝.
因为当x>1时，ln xx0>1，
故e x1－x0<＝x.
两边取自然对数，得ln e x1－x0 于是x1－x0<2ln x0<2(x0－1)，
整理得3x0－x1>2.