2023届高考数学二轮复习考点20利用导数研究函数的零点问题作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习考点20利用导数研究函数的零点问题作业含答案，共10页。
考点突破练20　利用导数研究函数的零点问题1.(2022·江苏苏锡常镇二模)设函数f(x)=aex+sin x-3x-2,e为自然对数的底数,a∈R.(1)若a≤0,求证:函数f(x)有唯一的零点;(2)若函数f(x)有唯一的零点,求a的取值范围.           2.(2022·山东日照三模)已知函数f(x)=(x-2)ex-ax+aln x(a∈R).(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;(2)当a<e时,讨论f(x)的零点个数.             3.(2022·全国乙·文20)已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x.(1)当a=0时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.          4.(2022·贵州贵阳模拟)已知函数f(x)=ax3-3x2+a+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当f(x)有三个零点时a的取值范围恰好是(-3,-2)∪(-2,0)∪(0,1),求b的值.             5.设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围.       
考点突破练20　利用导数研究函数的零点问题1.(1)证明当a≤0时,f'(x)=aex+cosx-3<0恒成立,所以f(x)单调递减,又f(0)=a-2<0,f>a-3-3=a-a>0,所以存在唯一的x0∈-1,0,使得f(x0)=0,命题得证.(2)解由(1)知,a≤0符合题意.(ⅰ)当a=2时,由f(x)=2ex+sinx-3x-2,得f'(x)=2ex+cosx-3.当x<0时,f'(x)≤2ex-2<0,所以f(x)单调递减;当x>0时,设h(x)=f'(x),则h'(x)=2ex-sinx≥2ex-1>0,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增,从而,当x>0时,f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)单调递增,于是f(x)≥f(0)=0,当且仅当x=0时取等号,故此时f(x)有唯一的零点x=0.(ⅱ)当a>2时,f(x)>2ex+sinx-3x-2≥0,此时f(x)无零点;(ⅲ)当0<a<2时,首先证明:当x≥0时,ex>.设g(x)=ex-,x≥0,则g'(x)=ex-x,设p(x)=g'(x),则p'(x)=ex-1≥0,所以g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故g'(x)≥g'(0)=1>0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,因此g(x)≥g(0)=1>0,即当x≥0时,ex>.当x>0时,f(x)≥aex-3x-3>x2-3x-3,令x2-3x-3=0,得x=.取x0=>0,则f(x0)>0.又f(0)=a-2<0,f(-1)=ae-1+1-sin1>0,因此,当0<a<2时,f(x)至少有两个零点,不合题意.综上,a的取值范围是(-∞,0]∪[2].2.解(1)当a=-1时,f(x)=(x-2)ex+x-lnx,则f'(x)=(x-1),当x∈(0,+∞)时,ex+>0恒成立,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,即f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞).(2)由题意,函数f(x)=(x-2)ex-ax+alnx=(x-2)ex-a(x-lnx),x>0,设m(x)=x-lnx,x>0,则m'(x)=1-,当x∈(0,1)时,m'(x)<0,m(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,m'(x)>0,m(x)单调递增,又由m(1)=1,所以m(x)≥1,令f(x)=0,可得(x-2)ex-ax+alnx=0,所以a=,其中x>0,令g(x)=,可得g'(x)=x-lnx+-1,令h(x)=x-lnx+-1,则h'(x)=1-(x>0),可得0<x<2时,h'(x)<0,h(x)单调递减;x>2时,h'(x)>0,h(x)单调递增;所以h(x)min=h(2)=2-ln2>0,即x>0时,h(x)>0恒成立;故0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)min=g(1)=-e﹐又由x→0时,g(x)→0,当x→+∞时,g(x)→+∞,画出函数g(x)的图象如右图所示,结合图象可得,当a<-e时,无零点;当a=-e或0≤a<e时,一个零点;当-e<a<0时,两个零点.3.解(1)当a=0时,f(x)=--lnx,x∈(0,+∞).f'(x)=,令f'(x)=0,得x=1.当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.因此,当x=1时,f(x)有最大值f(1)=-1.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=a+.由(1)知,当a=0时,f(x)max=-1<0,故f(x)无零点.当a<0时,ax-1<0.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示. x(0,1)1(1,+∞)f'(x)+0-f(x)单调递增a-1单调递减 ∴∀x>0,f(x)≤f(1)=a-1<0,故f(x)无零点.当a>0时,f'(x)=x-(x-1).①当0<a<1时,>1.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示. x(0,1)11,,+∞f'(x)+0-0+f(x)单调递增a-1单调递减1-a+(a+1)lna单调递增 ∴∀x∈0,,f(x)≤f(1)=a-1<0.又当x→+∞时,f(x)→+∞,∴f(x)恰有一个零点.②当a=1时,∵f'(x)=≥0,∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.由f(1)=a-1=0,知f(x)恰有一个零点.③当a>1时,0<<1.f'(x),f(x)的变化情况如下表所示. x0,,111,+∞f'(x)+0-0+f(x)单调递增1-a+(a+1)lna单调递减a-1单调递增 ∴∀x∈,+∞,f(x)≥f(1)=a-1>0.又当x→0时,f(x)→-∞,∴f(x)恰有一个零点.综上,若f(x)恰有一个零点,则a的取值范围为(0,+∞).4.解(1)f(x)的定义域为R,f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),若a=0,则f'(x)>0⇒-6x>0⇒x<0,f'(x)<0⇒x>0,∴f(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,+∞)内单调递减,若a>0,则f'(x)>0⇒x<0或x>,f'(x)<0⇒0<x<,∴f(x)在(-∞,0)内单调递增,在内单调递减,在内单调递增,若a<0,则f'(x)>0⇒<x<0,f'(x)<0⇒x<或x>0,∴f(x)在内单调递减,在内单调递增,在(0,+∞)内单调递减.(2)可知f(x)要有三个零点,则a≠0,且f(0)f<0,由题意,即f(0)f<0的解集就是(-3,-2)∪(-2,0)∪(0,1),也就是关于a的不等式(a+b)<0⇒<0的解集就是(-3,-2)∪(-2,0)∪(0,1),令h(a)=,h(1)=(b+1)(1+b-4)=(b+1)(b-3)=0,所以有b=-1或b=3,当b=3时,h(a)=<0⇒<0,<0的解是(-3,-2)∪(-2,0)∪(0,1),满足条件,当b=-1时,h(a)=<0,当a=-1时,h(-1)=12>0,不满足条件,故b≠-1,综合上述b=3.5.解(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f'(x)=3x2+2ax+b,切线斜率k=f'(0)=b,又f(0)=c,所以切点坐标为(0,c),所以所求切线方程为y-c=b(x-0),即bx-y+c=0.(2)由a=b=4得f(x)=x3+4x2+4x+c,∴f'(x)=3x2+8x+4=(3x+2)(x+2).令f'(x)=0,得(3x+2)(x+2)=0,解得x=-2或x=-,f'(x),f(x)随x的变化情况如下: x(-∞,-2)-2-f'(x)+0-0+f(x)↗c↘c-↗ 所以当c>0且c-<0时,存在x1∈(-∞,-2),x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0,故由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)=x3+ax2+bx+c有三个不同零点.