人教B版高考数学一轮总复习20利用导数研究函数的零点问题练习含答案

这是一份人教B版高考数学一轮总复习20利用导数研究函数的零点问题练习含答案，共10页。
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．3B　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．3C　解析：令f(x)＝－ln x－2，则由f′(x)＝－＝0，得x＝4.当0<x<4时，f′(x)<0；当x>4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<a<0.7．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－1<x<2时，f′(x)<0；当x<－1或x>2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－<c<.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－<x<；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<k<.当0<k<时，>，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＜1B．x2＞eC．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＜2C．a2＋b2＜3 D．ab＜1CD　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：①a<e；②x1＋x2≤2；③x1·x2>1；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，x<ln a时，f′(x)<0，函数单调递减，故函数的最小值为f(ln a)，要满足函数有两个零点，则必有f(ln a)＝a－aln a＝a(1－ln a)<0⇒a>e，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0<x1<1，所以x1＋x2>2，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)<F(x0)＝0⇒f(x1)－f(2ln a－x1)<0⇒f(x1)<f(2ln a－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<a<，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<a<，显然有g′(x)<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<x0<ln .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)<h(1)＝0，所以ln x<x－1.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 x<x－1，又x1>x0>1，故e x1－x0<＝x.两边取自然对数，得ln e x1－x0<ln x，于是x1－x0<2ln x0<2(x0－1)，整理得3x0－x1>2.