新高考数学一轮复习《导数大题突破练—零点问题》课时练习(2份打包，教师版+原卷版)

新高考数学一轮复习

《导数大题突破练—零点问题》课时练习

1.已知函数f(x)＝(2﹣a)cos x﹣xsin x.

(1)当a＝0时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)当1<a<2，x∈[﹣,]时，判断函数f(x)的零点个数，并说明理由．

【答案解析】解：(1)当a＝0时，函数f(x)＝2cos x﹣xsin x，f(0)＝2.

f′(x)＝﹣2sin x﹣sin x﹣xcos x＝﹣3sin x﹣xcos x,

∴切线的斜率k＝f′(0)＝0,

∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2.

(2)f′(x)＝(a﹣3)sin x﹣xcos x，

因为1<a<2，当x∈[0,]时，f′(x)≤0，仅在x＝0处f′(x)＝0，

其余各处f′(x)<0，所以f(x)在[0,]上单调递减，

因为f(0)＝2﹣a>0，f()＝﹣<0,

所以存在唯一x0∈[0,]，使得f(x0)＝0，

即f(x)在[0,]上有且只有一个零点，

因为f(﹣x)＝(2﹣a)cos(﹣x)＋xsin (﹣x)

＝(2﹣a)cos x﹣xsin x＝f(x)，

所以f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，

所以f(x)在[﹣,0]上有且只有一个零点，

所以f(x)在[﹣,]上有2个零点．

2.已知函数f(x)=ex＋ax－a(a∈R且a≠0).

(1)若f(0)=2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；

(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围.

【答案解析】解：(1)由f(0)=1－a=2，得a=－1.易知f(x)在[－2,0)上递减，在(0,1]上递增，

所以当x=0时，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.

(2)f′(x)=ex＋a，由于ex＞0，

①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，

当x＞1时，f(x)=ex＋a(x－1)＞0.

当x＜0时，取x=－，则f（－）＜1＋a－－1=－a＜0.

所以函数f(x)存在零点，不满足题意.

②当a＜0时，f′(x)=ex＋a，

令f′(x)=0，得x=ln(－a).

在(－∞，ln(－a))上，f′(x)＜0，f(x)递减，

在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)递增，

所以当x=ln(－a)时，f(x)取最小值.

函数f(x)不存在零点，

等价于f(ln(－a))=eln(－a)＋aln(－a)－a=－2a＋aln(－a)＞0，

解得－e2＜a＜0.

综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0).

3.已知函数f(x)＝ex﹣x﹣a(a∈R)．

(1)当a＝0时，求证：f(x)>x；

(2)讨论函数f(x)在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．

【答案解析】证明：(1)当a＝0时，f(x)＝ex﹣x，

令g(x)＝f(x)﹣x＝ex﹣x﹣x＝ex﹣2x，

则g′(x)＝ex﹣2.

令g′(x)＝0，得x＝ln 2.

当x<ln 2时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x>ln 2时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

所以x＝ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，

即g(x)min＝g(ln2)＝eln 2﹣2ln 2＝2ln >0，

故当a＝0时，f(x)>x成立．

(2)解：f′(x)＝ex﹣1，由f′(x)＝0，得x＝0.

所以当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

所以x＝0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，

即f(x)min＝f(0)＝1﹣a.

当1﹣a>0，即a<1时，f(x)在R上没有零点．

当1﹣a＝0，即a＝1时，f(x)在R上只有一个零点．

当1﹣a<0，即a>1时，

因为f＝e﹣a﹣﹣a＝e﹣a>0，

所以f(x)在(﹣∞，0)内只有一个零点；

由(1)得ex>2x，令x＝a，得ea>2a，

所以f＝ea﹣a﹣a＝ea﹣2a>0，

于是f(x)在(0，＋∞)内有一个零点；

因此，当a>1时，f(x)在R上有两个零点．

综上，当a<1时，函数f(x)在R上没有零点；

当a＝1时，函数f(x)在R上有一个零点；

当a>1时，函数f(x)在R上有两个零点．

4.已知函数f(x)＝ax2＋ln x＋1(a∈R)．

(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围；

(2)若函数f(x)在区间(,e)上有且只有两个零点，求实数a的取值范围．

【答案解析】解：(1)函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，

则f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，

即2ax＋≤0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤(﹣)min，

因为y＝﹣在(1，＋∞)上单调递增，

故a≤﹣.

(2)由f(x)＝ax2＋ln x＋1＝0，得a＝﹣(<x<e).

令g(x)＝﹣，

求导得g′(x)＝﹣＝.

令g′(x)＝0，得x＝，

当e﹣1<x<时，g′(x)<0；

当<x<e时，g′(x)>0，

所以g(x)在上(e﹣1,)单调递减，在(,e)上单调递增，

所以g(x)min＝g＝﹣.

又g()＝0，g＝﹣，

作出函数g(x)＝﹣和y＝a的大致图象如图所示，

欲使它们有两个交点，当且仅当﹣<a<﹣.

故实数a的取值范围是(﹣,﹣).

5.已知函数f(x)＝cos x＋xsin x.

(1)讨论f(x)在[﹣2π，2π]上的单调性；

(2)求函数g(x)＝f(x)﹣x2﹣1的零点个数．

【答案解析】解：(1)因为f(﹣x)＝cos(﹣x)﹣xsin (﹣x)＝cos x＋xsin x＝f(x)，x∈R，

所以f(x)是R上的偶函数，也是[﹣2π，2π]上的偶函数．

当x∈[0,2π]时，f′(x)＝xcos x，

令f′(x)≥0，得0≤x≤或≤x≤2π，

令f′(x)≤0，得≤x≤，

所以f(x)在[0,]和[,2π]上单调递增，在[,]上单调递减，

因为f(x)是偶函数，所以当x∈[﹣2π，0]时，

f(x)在[﹣2π,﹣]和[﹣,0]上单调递减，在[﹣,﹣]上单调递增．

综上所述，f(x)在[﹣2π,﹣]，[﹣,0]和[,]上单调递减，

在[﹣,﹣]，[0,]和[,2π]上单调递增．

(2)由(1)得g(﹣x)＝f(﹣x)﹣(﹣x)2﹣1＝g(x)，

所以g(x)是R上的偶函数．

(ⅰ)当x∈[0,2π]时，g′(x)＝x(cosx-)，

令g′(x)≥0，得0≤x≤或≤x≤2π，

令g′(x)≤0，则≤x≤，

所以g(x)在[0,]和[,2π]上单调递增，在[,]上单调递减．

因为g()>g(0)＝0，g()＝×(-)﹣×()2﹣<0，g(2π)＝﹣π2<0，

所以g(x)在(0,)上有一个零点，所以g(x)在[0,2π]上有两个零点．

(ⅱ)当x∈(2π，＋∞)时，g(x)＝cos x＋xsin x﹣x2﹣1≤x﹣x2<0，

所以g(x)在(2π，＋∞)上没有零点．

由(ⅰ)(ⅱ)及g(x)是偶函数可得g(x)在R上有三个零点．

6.已知函数f(x)=(x－1)ex－ax2.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围.

【答案解析】解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，

f′(x)=ex＋(x－1)ex－ax=x(ex－a).

(ⅰ)若a≤0，

则当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，

所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.

(ⅱ)若a＞0，

由f′(x)=0得x=0或x=lnA.

①若a=1，则f′(x)=x(ex－1)≥0，

所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.

②若0＜a＜1，则lna＜0，

故当x∈(－∞，lna)∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；

当x∈(lna,0)时，f′(x)＜0，

所以f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减.

③若a＞1，则lna＞0，故当x∈(－∞，0)∪(lna，＋∞)时，f′(x)＞0；

当x∈(0，lna)时，f′(x)＜0，

所以f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减.

综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；

当0＜a＜1时，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，在(lna,0)上单调递减；

当a=1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；

当a＞1时，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减.

(2)(ⅰ)若a≤0，则由(1)知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.

又f(0)=－1，x趋近负无穷时，f(x)值趋近正无穷.

x趋近正无穷时，f(x)值趋近正无穷.

所以f(x)有两个零点.

(ⅱ)若a=1，则由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)至多有一个零点.

(ⅲ)若0＜a＜1，则由(1)知，f(x)在(－∞，lna)，(0，＋∞)上单调递增，

在(lna,0)上单调递减，

设b=lna，当x=b时，f(x)有极大值f(b)=a(b－1)－ab2=－a(b2－2b＋2)＜0，

故f(x)不存在两个零点.

(ⅳ)若a＞1，则由(1)知，f(x)在(－∞，0)，(lna，＋∞)上单调递增，

在(0，lna)上单调递减，当x=0时，f(x)有极大值f(0)=－1＜0，

故f(x)不存在两个零点.

综上，a的取值范围为a≤0.

7.已知函数f(x)=ln x＋ax.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当a=1时，函数g(x)=f(x)－x＋－m有两个零点x1，x2，且x1<x2.求证：x1＋x2>1.

【答案解析】解:

(1)f′(x)=＋a，x∈(0，＋∞)．

①当a≥0时，f′(x)>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

②当a<0时，令f′(x)=0，解得x=－，

令f′(x)>0，得0<x<－，令f′(x)<0，得x>－，

∴f(x)在0，－上单调递增，在－，＋∞上单调递减．

(2)证明：当a=1时，g(x)=ln x＋－m.

由已知得ln x1＋=m，ln x2＋=m.

两式相减得ln ＋－=0，整理得x1x2=，

∴x1=，x2=.∴x1＋x2=，

令t=∈(0，1)，h(t)=t－－2ln t.则h′(t)=1＋－=>0，

∴h(t)在(0，1)上单调递增．

∴h(t)<h(1)=0，即t－<2ln t，又∵ln t<0，∴>1.

∴x1＋x2>1.

8.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．

【答案解析】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.

∴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，

∴g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]，

∴g(x)min=g(1)=1，∵函数f(x)在上有两个零点，g=3ln 3＋，g(3)=3-，

3ln 3＋>3-，∴实数a的取值范围是.