2023年新高考数学一轮复习考点过关检测14《利用导数研究函数的零点(或方程的根)》（2份打包，解析版+原卷版）

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考点过关检测14__利用导数研究函数的零点(或方程的根)1．[2022·广东福田外国语学校月考]已知函数f(x)＝ln x－ax在x＝2处的切线与直线x＋2y－3＝0平行．(1)求实数a的值；(2)若关于x的方程f(x)＋m＝2x－x2在上恰有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围．               2．[2022·中国人民大学附中月考]已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.(1)若a＝3，求函数f(x)在区间[－1,2]上的最大值；(2)若函数f(x)有三个零点，求实数a的取值范围．         3．[2022·辽宁丹东模拟]已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.(1)证明：当x>1时，f(x)>(1－a)x2－(1－b)；(2)若0<a<，b≤2a，证明：f(x)有且仅有一个零点．           4．[2022·湖北十堰模拟]已知函数f(x)＝xln x.(1)求函数f(x)的最小值；(2)若对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤x2－ax＋2恒成立，求实数a的取值范围；(3)试判断函数y＝ln x－＋是否有零点？若有，求出零点的个数；若无，请说明理由．         考点过关检测14　利用导数研究函数的零点(或方程的根)1．解析：(1)函数f(x)＝ln x－ax的导数为f′(x)＝－a，即在x＝2处的切线l的斜率为－a，由切线l与直线x＋2y－3＝0平行，即有－a＝－，解得a＝1；(2)关于x的方程f(x)＋m＝2x－x2在上恰有两个不相等的实数根，即有－m＝ln x－3x＋x2在上恰有两个不相等的实数根．令g(x)＝ln x－3x＋x2，g′(x)＝－3＋2x＝＝，当<x<1时，g′(x)<0，g(x)递减，当1<x<2时，g′(x)>0，g(x)递增．即有x＝1时g(x)取得最小值，且为－2，又g＝－ln 2－，g(2)＝ln 2－2，g(2)－g＝ln 4－>0，∴－2<－m≤－ln 2－，解得ln 2＋≤m<2.2．解析：(1)当a＝3时，f(x)＝2x3－3x2＋2，所以f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，令f′(x)>0，解得x>1或x<0，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以f(x)在(－∞，0)和(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，所以当x＝0时，f(x)取得极大值为f(0)＝2，当x＝2时f(2)＝6，所以函数f(x)在区间[－1,2]上的最大值为6；(2)由f(x)＝2x3－ax2＋2，所以f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)，当a＝0时f′(x)＝6x2≥0，所以函数在定义域上单调递增，则f(x)只有一个零点，故舍去；所以a≠0，令f′(x)＝0得x＝0或x＝，函数f(x)有三个零点，等价于f(x)的图象与x轴有三个交点，函数的极值点为x＝0，x＝，当a>0时，令f′(x)>0得x<0或x>，所以函数在(－∞，0)和上单调递增，令f′(x)<0得0<x<，所以函数在上单调递减，所以函数在x＝0处取得极大值f(0)＝2，在x＝处取得极小值f＝－＋2<0，解得a>3；当a<0时，令f′(x)>0得x>0或x<，所以函数在和(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0得<x<0，所以函数在上单调递减，所以函数在x＝0处取得极小值f(0)＝2，所以f(x)的图象与x轴不可能有三个交点；综上可得a>3，即a∈(3，＋∞)．3．证明：(1)当x>1时，f(x)>(1－a)x2－(1－b)等价于ex>x＋1.设g(x)＝ex－x－1，当x>1时，g′(x)＝ex－1>0，g(x)单调递增，故g(x)>g(1)，ex－x－1>e－2>0，即ex>x＋1.于是当x>1时，f(x)>(1－a)x2－(1－b)．(2)f(x)定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝x(ex－2a)．若0<a<，当x<ln 2a或x>0时，f′(x)>0，当ln 2a<x<0时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，ln 2a)单调递增，在(ln 2a,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．f(ln 2a)＝(ln 2a－1)2a－a(ln 2a)2＋b≤aln 2a(2－ln 2a)<0，所以函数f(x)在(－∞，0)上没有零点；因为0<a<，b≤2a，所以b<1，∴f(0)＝b－1<0，当x0满足x0>1且x0> 时，由(1)可知f(x0)>(1－a)x－(1－b)>0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上有一个零点；综上所述，f(x)有且仅有一个零点．4．解析：(1)f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，故x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴x＝时，f(x)取得最小值f(x)min＝f＝－；(2)由f(x)≤x2－ax＋2得：xln x≤x2－ax＋2，∵x>0，∴a≤x－ln x＋，令g(x)＝x－ln x＋，g′(x)＝1－－＝＝(x>0)，当x∈(0,2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；∴[g(x)]min＝g(2)＝3－ln 2，∵对一切x∈(0，＋∞)，都有a≤x－ln x＋恒成立，∴a∈(－∞，3－ln 2]；(3)令ln x－＋＝0，则xln x＝－，即f(x)＝－，由(1)知当x∈(0，＋∞)时，f(x)min＝f＝－，设h(x)＝－(x>0)，则h′(x)＝，当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．∴h(x)max＝h(1)＝－.∴对一切x∈(0，＋∞)，f(x)>h(x)，即ln x－＋>0.∴函数y＝ln x－＋没有零点．