2023年高考数学一轮复习高考解答题专项一第3课时利用导数研究函数的零点含解析北师大版文

这是一份2023年高考数学一轮复习高考解答题专项一第3课时利用导数研究函数的零点含解析北师大版文，共4页。试卷主要包含了已知函数f=ex-ax-2,，此时ex3=2x3+2,，已知函数f=aex-x,a>0等内容，欢迎下载使用。
第3课时　利用导数研究函数的零点1.已知函数f(x)=ex-ax-2(a>1),(1)证明:函数y=f(x)在(-∞,0)上存在唯一零点;(2)若函数y=f(x)有两个不同零点x1,x2,且x1>x2,当x1-x2最小时,求此时a的值.(1)证明f'(x)=ex-a,∵x<0,∴ex<1.又a>1,∴f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,0)上是递减的.∵f(0)=-1<0,f>0,存在唯一x0∈使得f(x0)=0,∴函数y=f(x)在(-∞,0)内存在唯一零点.(2)解由条件知∴a=,令t=x1-x2>0,∴a=,则有,令g(t)=(t>0),g'(t)=,令h(t)=(t-1)et+1,h'(t)=tet>0,∴h(t)在(0,+∞)上是递增的,∴h(t)>h(0)=0,∴g(t)在(0,+∞)上是递增的,∴要求t的最小值即求g(t)最小值,令v(x2)=,v'(x2)=,x2<0,令m(x2)=2x2+2-,m'(x2)=2->0,∴m(x2)在(-∞,0)上是递增的,又m(0)=1>0,m(-1)=-e-1<0,∴存在唯一x3∈(-1,0)使得m(x3)=0.此时=2x3+2,x2(-∞,x3)x3(x3,0)v'(x2)-0+v(x2)↘极小值↗当x2=x3时,v(x2)有最小值,故x1-x2取最小值时a==2.2.已知函数f(x)=.(1)若a=0,求f(x)在处的切线方程;(2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间和极值;(3)当a>0时,讨论函数g(x)=ex+(x2+2a)f(x)-m-3(m∈R)的零点个数.解:(1)当a=0时,f(x)=,f'(x)=,k=f'=-8,f=0,故所求切线方程为y-0=-8,即8x+y-4=0.(2)因为f(x)=,所以f'(x)=.因为函数f(x)在x=-1处取得极值,所以f'(-1)=0,即=0,解得a=1,经检验,当a=1时,x=-1为函数f(x)的极大值点,符合题意,此时f(x)=,函数的定义域为R,f'(x)=,由f'(x)>0,解得x<-1或x>2;由f'(x)<0,解得-1<x<2,所以f(x)的递增区间是(-∞,-1),(2,+∞);递减区间是(-1,2),故f(x)的极大值为f(-1)=1,f(x)的极小值为f(2)=-.(3)令h(x)=ex+(x2+2a)f(x)-3=ex-2x-2,定义域为R,h'(x)=ex-2,令h'(x)>0,解得x>ln2,由h'(x)<0,解得x<ln2,所以h(x)在(-∞,ln2)上是递减的,在(ln2,+∞)上是递增的,所以h(x)min=h(ln2)=-2ln2,作出函数h(x)的图像,如图所示:由g(x)=0,即h(x)-m=0,所以m=h(x),由图像知:当m<-2ln2时,g(x)没有零点;当m=-2ln2时,g(x)有一个零点;当m>-2ln2时,有两个零点.3.已知函数f(x)=aex-x,a>0.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:>ae.(1)解当a=1时,f(x)=ex-x,定义域为(-∞,+∞),则f'(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)是递减的;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)是递增的,所以f(x)的递减区间为(-∞,0),递增区间为(0,+∞).(2)证明x1,x2是f(x)的两个不同的零点,等价于x1,x2是方程ex=的两个不同的根,也是方程=a的两个不同的根,a>0,则x1>0,x2>0.要证>ae,只需证>e2,只需证>e2,即证x1+x2>2.令h(x)=,则h'(x)=,所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)是递增的,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)是递减的.不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2,2-x1>1,令φ(x)=h(x)-h(2-x)=,x>0,则φ'(x)=(1-x),所以当0<x<1时,φ'(x)>0,φ(x)是递增的,又因为φ(1)=0,所以当0<x<1时,φ(x)<0,即h(x1)=h(x2)<h(2-x1).因为当x∈(1,+∞)时,h(x)是递减的,所以x2>2-x1,即x1+x2>2.故原结论正确,即>ae.4.(2021四川成都二诊)已知函数f(x)=x+-(a-1)ln x-2,其中a∈R.(1)若f(x)存在唯一极值点,且极值为0,求a的值;(2)讨论f(x)在区间[1,e2]上的零点个数.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),由已知,可得f'(x)=1-(x>0).①若a≤0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上是递增的,与f(x)存在极值点矛盾,②若a>0,则由f'(x)=0得x=a,∴当x∈(0,a)时,f'(x)<0,当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在(0,a)内是递减的,在(a,+∞)上是递增的,∴f(a)=a+1-(a-1)lna-2=(a-1)(1-lna)=0,∴a=1或a=e.(2)①当a≤1时,f'(x)≥0在[1,e2]上恒成立,∴f(x)在[1,e2]上是递增的.∵f(1)=a-1≤0,f(e2)=e2+-2a,当a≤0时,f(e2)=e2+-2a=e2+a>0;当0<a≤1时,f(e2)=e2+-2a>2-2a=2(1-)≥0.∴f(e2)>0.∴f(x)在[1,e2]上有1个零点;②当1<a<e2时,∵当x∈[1,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,e2]时,f'(x)>0,∴f(x)在[1,a)上是递减的,在(a,e2]上是递增的,∴f(x)min=f(a)=(a-1)(1-lna).当a=e时,f(x)min=0,此时f(x)在[1,e2]上有1个零点;当1<a<e时,f(x)min>0,此时f(x)在[1,e2]上无零点;当e<a<e2时,f(x)min<0,f(1)=a-1>0.则当f(e2)=e2+-2a<0,即<a<e2时,f(x)在[1,e2]上有1个零点;当f(e2)=e2+-2a≥0,即e<a≤时,f(x)在[1,e2]上有2个零点;③当a≥e2时,f'(x)≤0在[1,e2]上恒成立,f(x)在[1,e2]上是递减的.∵f(1)=a-1>0,f(e2)=e2+a≤e2+e2=-e2+1<0,∴f(x)在[1,e2]上有1个零点,综上,当1<a<e时,f(x)在[1,e2]上无零点;当a≤1或a=e或a>时,f(x)在[1,e2]上有1个零点;当e<a≤时,f(x)在[1,e2]上有2个零点.