2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.5《第3课时 利用导数探究函数的零点问题》(含详解)

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2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.5《第3课时 利用导数探究函数的零点问题》1.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.            2.已知函数f(x)=x3－x2－ax－2的图象过点A(4，).(1)求函数f(x)的单调区间.(2)若函数g(x)=f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围.           3.已知函数f(x)=(a＞0)的导函数y=f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间.(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值.             4.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．              5.已知函数f(x)＝－ln x(m，n∈R)．(1)若函数f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－y＝0平行，求实数n的值；(2)当n＝1时，函数f(x)恰有两个零点x1，x2，证明：x1＋x2>2.             6.设函数f(x)＝，g(x)＝aex－x，其中a为实数．(1)求f(x)的单调区间；(2)若g(x)有两个零点x1，x2(x1＜x2)，证明：0＜x1x2＜1.      
0.答案详解1.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). 2.解：(1)因为函数f(x)=x3－x2－ax－2的图象过点A(4，).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)=x2－x－2＜0，解得－1＜x＜2；由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞2.所以函数f(x)的递减区间是(－1,2)，递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞).(2)由(1)知f(x)的极大值=f(－1)=－－＋2－2=－，同理，f(x)的极小值=f(2)=－2－4－2=－，由数形结合思想，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(- ,). 3.解：(1)f′(x)==，令g(x)=－ax2＋(2a－b)x＋b－c，因为ex＞0，所以y=f′(x)的零点就是g(x)=－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同.又因为a＞0，所以－3＜x＜0时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，所以f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).(2)由(1)知，x=－3是f(x)的极小值点，所以有解得a=1，b=5，c=5，所以f(x)=.因为f(x)的单调增区间是(－3，0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f(0)=5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者.而f(－5)==5e5＞5=f(0)，所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5. 4.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． 5.解：(1)因为f′(x)＝－，f′(1)＝n－1＝1，所以n＝2.(2)证明　当n＝1时，f(x)＝－ln x，由题意知②－①得ln x2－ln x1＝，即ln ＝，　　　　　　　　　　 　③令t＝，则x2＝tx1，且t>1，又因为x1＋x2＝x1＋tx1＝(1＋t)x1，由③知ln t＝，所以x1＝(t>1)，要证x1＋x2>2，只需证(1＋t)>2，即证>2ln t，即t－－2ln t>0，令h(t)＝t－－2ln t(t>1)，则h′(t)＝>0，所以h在(1，＋∞)上单调递增且h(1)＝0，所以当t∈(1，＋∞)时，h>0，即x1＋x2>2. 6.解：(1)由题设可知，f(x)的定义域为R，f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝1.当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：函数g(x)有两个零点x1，x2等价于方程a＝有两个不等实根x1，x2，也等价于函数y＝a与y＝f(x)的图象有两个交点．由(1)可知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．且当x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0，故0<x1<1<x2，所以x1x2>0.欲证x1x2<1，只需证x1<，因为x1，∈(0,1)，故只需证f(x1)<f ，又f(x1)＝f(x2)，故只需证明f(x2)<f ，即证<，即证x2·<·，两边取对数可得ln x2＋<－ln x2＋x2，即只需证明2ln x2＋－x2<0.设h(x)＝2ln x＋－x，其中x>1.则h′(x)＝－－1＝<0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，又h(1)＝0，所以h(x)<0，所以 0<x1x2<1.