2023届高考数学一轮复习（新高考）考点专练六： 利用导数研究函数的零点问题（含答案）

这是一份2023届高考数学一轮复习（新高考）考点专练六： 利用导数研究函数的零点问题（含答案），共7页。试卷主要包含了已知函数f＝xe－x．等内容，欢迎下载使用。
考点专练六：利用导数研究函数的零点问题1.已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e．(1)求a，b的值；(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围           2.已知函数f(x)＝ln x－，m∈R，讨论f(x)的零点个数．           3.已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2(a>0)有两个零点x1，x2，证明：x1＋x2<2．        4.(2022·陕西模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x2－6x，h(x)＝3aex．(1)设F(x)＝g(x)＋8f(x)，求函数F(x)的单调区间；(2)设H(x)＝h(x)－f(x)－1，当函数H(x)有两个零点时，求实数a的取值范围．               5.已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0．(1)求a，b的值；(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－．               6.(2021·济南三模)已知函数fn(x)＝1＋x＋＋＋…＋(n∈N＋)．(1)证明：f3(x)单调递增且有唯一零点；(2)已知f2n－1(x)单调递增且有唯一零点，判断f2n(x)的零点个数．             7.已知函数f(x)＝xe－x．(1)求函数f(x)的单调区间与极值；(2)已知函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x＝1对称，证明：当x>1时，f(x)>g(x)；(3)如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>2．               参考答案：1.解：(1)f(x)＝ex(ax＋1)，则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)．由题意知解得所以a＝1，b＝3e．(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)．当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，所以u(x)在(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，所以u(x)在(1，＋∞)上单调递增；当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e．又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，当x<2时，u(x)<0，所以实数m的取值范围为{m|－e<m<0}． 2.解：函数f(x)＝ln x－的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝－＝．令g(x)＝x2＋(2－2m)x＋1，当m≤1时，因为x∈(0，＋∞)，所以g(x)＝x2＋(2－2m)x＋1＞0，所以f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝0，所以f(x)有且只有1个零点．当1＜m≤2时，Δ＝4m2－8m＝4m(m－2)≤0，所以f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝0，所以f(x)有且只有1个零点．当m＞2时，x2＋(2－2m)x＋1＝0有2个正根，解得x1＝m－1－，x2＝m－1＋．因为x1x2＝1，所以0＜x1＜1，x2＞1．当0＜x＜x1时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x1＜x＜x2时，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞x2时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增．因为1∈(x1，x2)，f(1)＝0，所以f(x)在(x1，x2)上有1个零点，且f(x1)＞0，f(x2)＜0．又em＞1,0＜e－m＜1，且f(em)＝m－＝＞0，f(e－m)＝－m－＝＜0，所以f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上各有1个零点．综上，当m≤2时，f(x)有且只有1个零点；当m＞2时，f(x)有3个零点． 3.证明：f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)，因为a>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(1)＝－e．由f(x1)＝f(x2)＝0，可设x1<1<x2，构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，所以F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝(x－1)(ex＋2a)－(x－1)(e2－x＋2a)＝(x－1)(ex－e2－x)，当x<1时，x－1<0，ex－e2－x<0，则F′(x)>0，F(x)在(－∞，1)上单调递增．又F(1)＝0，故F(x)<0(x<1)，即f(x)<f(2－x)(x<1)．把x1代入上述不等式得f(x1)＝f(x2)<f(2－x1)，又x2>1,2－x1>1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故x2<2－x1，即x1＋x2<2． 4.解：(1)因为F(x)＝g(x)＋8f(x)＝x2－6x＋8ln x，其定义域为(0，＋∞)，所以F′(x)＝x－6＋＝＝．当x∈(0,2)∪(4，＋∞)时，F′(x)＞0；当x∈(2,4)时，F′(x)＜0，所以函数F(x)的单调递增区间为(0,2)和(4，＋∞)，函数F(x)的单调递减区间为(2,4)．(2)因为H(x)＝h(x)－f(x)－1＝3aex－ln x－1(x>0)，所以函数H(x)有两个零点可转化为关于x的方程3aex－ln x－1＝0有两个实数解，即函数y＝3a的图象与函数y＝的图象有两个交点．令G(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，则G′(x)＝，令G′(x)＝0，解得x＝1．易知当x∈(0,1)时，G′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，G′(x)＜0，所以G(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以G(x)max＝G(1)＝．又当x→＋∞时，G(x)→0；当x→0时，G(x)→－∞，所以当函数y＝3a的图象与函数y＝的图象有两个交点时，0<3a<，所以0<a<，所以实数a的取值范围是． 5.(1)解：函数f(x)＝(x－1)ex－ax，则f′(x)＝xex－a．由f′(0)＝－1得a＝1．当x＝0时，解得f(x)＝－1．所以函数f(x)的图象在x＝0外的切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，即x＋y＋1＝0，所以b＝1．(2)证明：令g(x)＝f′(x)＝xex－1，则g′(x)＝(x＋1)ex，所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，在(－∞，－1)内无零点；当x≥－1时，g(x)单调递增，又g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一极值点x0，由x0e＝1⇒e＝，f(x0)＝－x0＝1－．又g＝－1<0，g(1)＝e－1>0⇒<x0<1⇒＋x0<，f(x0)>－．6.(1)证明：f3(x)＝1＋x＋＋，f′3(x)＝1＋x＋＝(x＋1)2＋，所以f′3(x)＞0，所以f3(x)在R上单调递增．又f3(－3)＝－2＜0，f(0)＝1＞0，所以f3(x)单调递增且有唯一零点．(2)解：因为f2n(x)＝1＋x＋＋＋…＋，所以f′2n(x)＝1＋x＋＋＋…＋＝f2n－1(x)．因为f′2n(x)＝f2n－1(x)单调递增且有唯一零点，设f2n－1(x0)＝0，所以f2n(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．又f2n(x0)＝f2n－1(x0)＋＝＞0，所以f2n(x)≥f2n(x0)＞0，即f2n(x)＞0恒成立，故f2n(x)零点个数为0． 7.(1)解：f′(x)＝(1－x)e－x．令f′(x)＝0，解得x＝1．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)↗ 极大值↘所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．函数f(x)在x＝1处取得极大值，且f(1)＝，无极小值．(2)证明：由题意可知g(x)＝f(2－x)，得g(x)＝(2－x)ex－2，令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝xe－x＋(x－2)ex－2，于是F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x．当x＞1时，2x－2＞0，从而e2x－2－1＞0．又e－x＞0，所以F′(x)＞0，从而函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增．又F(1)＝e－1－e－1＝0，所以x＞1时，有F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)．(3)证明：①若(x1－1)(x2－1)＝0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2＝1．与x1≠x2矛盾．②若(x1－1)(x2－1)＞0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2．与x1≠x2矛盾．根据①②得(x1－1)(x2－1)＜0，不妨设x1＜1，x2＞1．由(2)可知，f(x2)＞g(x2)，又g(x2)＝f(2－x2)，所以f(x2)＞f(2－x2)，从而f(x1)＞f(2－x2)．因为x2＞1，所以2－x2＜1，又由(1)可知函数f(x)在区间(－∞，1)上单调递增，所以x1＞2－x2，即x1＋x2＞2．