(新高考)高考数学一轮复习课时练习4.4.3《利用导数探究函数的零点问题》(含解析)

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第3课时　利用导数探究函数的零点问题　　　　　　判断函数零点(方程根)的个数 (2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．【证明】　设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．判断函数零点个数的3种方法直接法令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数画图法转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数定理法利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决　 设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．解：由题设知，g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．所以x＝1是φ(x)的唯一极值点且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.又φ(0)＝0，结合函数y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m>时，函数g(x)无零点；②当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<时，函数g(x)有两个零点．综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<时，函数g(x)有两个零点．　　　　　　已知零点个数求参数范围 (2020·高考全国卷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)f′(x)＝3x2－k.当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．当k＜0时，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±.当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.故f(x)在，单调递增，在单调递减．(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点．当k＞0时，x＝－为f(x)的极大值点，x＝为f(x)的极小值点．此时，－k－1＜－＜＜k＋1且f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，f＞0.根据f(x)的单调性，当且仅当f＜0，即k2－＜0时，f(x)有三个零点，解得k＜.因此k的取值范围为.已知函数(方程)零点的个数求参数范围(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．　 (2020·南充市第一次适应性考试)已知函数f(x)＝aex－－1，其中a＞0.若函数f(x)有唯一零点，求a的值．解：要使函数f(x)有唯一零点，则需关于x的方程a＝有唯一的解．　设g(x)＝，则g′(x)＝，设h(x)＝1－2x－ex，则h′(x)＝－2－ex＜0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又h(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增；当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以g(x)的最大值为g(0)＝1，所以当x∈(－∞，0]时，g(x)∈(－∞，1]；当x∈(0，＋∞)时，g(x)∈(0，1)．又a＞0，所以当方程a＝有唯一解时，a＝1.所以函数f(x)有唯一零点时，a的值为1. [A级　基础练]1．已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝xf(x)－的零点个数是(　　)A．0　　　　　　　　　　　 B．1C．2   D．3解析：选B.函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)＝的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．故选B.2．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．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.答案：(－e2，0)3．已知函数f(x)＝a＋ln x(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)试判断f(x)的零点个数．解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝()′ln x＋·＝，令f′(x)＞0，解得x＞e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－，显然a≤0时，f(x)＝0，有1个零点，a＞时，f(x)＞0，无零点，a＝时，f(x)＝0，有1个零点，0<a<时，f(x)<0，有2个零点．4．已知函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．解：(1)因为函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A，所以－4a－4a－2＝，解得a＝2，即f(x)＝x3－x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2.由f′(x)>0，得x<－1或x>2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，则－<2m－3<－，解得－<m<.所以m的取值范围为.[B级　综合练]5．已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－x2＋6x，其中a>0.(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．当x>1时，f′(x)>0；当0<x<1时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－x2＋6x＋m，则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．当x>1时，h′(x)<0；当0<x<1时，h′(x)>0.所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝＋m.要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则＋m≥－1，即m≥－.所以实数m的取值范围为.6．(2020·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直．(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.解：(1)f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′＝0，即＋b＝0.故b＝－.(2)由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.f′(x)与f(x)的情况为：x－f′(x)＋0－0＋f(x)c＋c－因为f(1)＝f＝c＋，所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点．因为f(－1)＝f＝c－，所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点．由题设可知－≤c≤.当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.当－<c<时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈.综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.[C级　创新练]7．(2020·吉林第三次调研)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R)．(1)若a＝0，试讨论f(x)的单调性；(2)若0<a<2，b＝1，实数x1，x2为方程f(x)＝m－ax2的两个不等实根，求证：＋>4－2a.解：(1)依题意知x>0，当a＝0时，f′(x)＝－(b＋1)．①当b≤－1时，f′(x)>0恒成立，此时f(x)在定义域上单调递增；②当b>－1时，x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：由f(x)＝m－ax2得ln x＋(a－2)x＋2－m＝0，令g(x)＝ln x＋(a－2)x＋2，x>0，则g(x1)＝g(x2)＝m，依题意有ln x1＋(a－2)x1＝ln x2＋(a－2)x2，所以a－2＝，要证＋>4－2a，只需证>2(2－a)＝(不妨设x1<x2)，即证－<－2ln ，即证2ln＋－<0，令＝t(t>1)，则g(t)＝2ln t－t＋，因为g′(t)＝－1－＝－<0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(t)<g(1)＝0，从而有＋>4－2a.