新高考数学考前考点冲刺精练卷19《利用导数研究函数零点》（2份，原卷版+教师版）

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(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
【答案解析】解：(1)当a＝3时，f(x)＝eq \f(1,3)x3﹣3x2﹣3x﹣3，f′(x)＝x2﹣6x﹣3.
令f′(x)＝0，解得x＝3﹣2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).
当x∈(﹣∞，3﹣2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(3﹣2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)＜0.
故f(x)的单调递增区间为(﹣∞，3﹣2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)，
单调递减区间为(3﹣2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))．
(2)证明:因为x2＋x＋1＞0在R上恒成立，所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)﹣3a＝0.
设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)﹣3a，则g′(x)＝eq \f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0在R上恒成立，
当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，所以g(x)在(﹣∞，＋∞)上单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a﹣1)＝﹣6a2＋2a﹣eq \f(1,3)＝﹣6(a﹣eq \f(1,6))2﹣eq \f(1,6)＜0，f(3a＋1)＝eq \f(1,3)＞0，故f(x)有一个零点．
综上所述，f(x)只有一个零点．
已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx﹣e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)﹣3ex﹣m有两个零点，求实数m的取值范围．
【答案解析】解：(1)f(x)＝ex(ax＋1)，则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝e2a＋1＝b，,f1＝ea＋1＝b－e，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3e，))∴a＝1，b＝3e.
(2)g(x)＝f(x)﹣3ex﹣m＝ex(x﹣2)﹣m，
函数g(x)＝ex(x﹣2)﹣m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x﹣2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x﹣2)＋ex＝ex(x﹣1)，
当x∈(﹣∞，1)时，u′(x)＜0，∴u(x)在(﹣∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0，∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝﹣e.
又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，当x＜2时，u(x)＜0，∴﹣e＜m＜0，
∴实数m的取值范围为(﹣e,0)．
已知函数f(x)＝ex﹣(k＋1)ln x＋2sin α.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数k的取值范围；
(2)当k＝0时，证明：函数f(x)无零点．
【答案解析】解：(1)f′(x)＝ex﹣eq \f(k＋1,x)，x＞0，
∵函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴ex﹣eq \f(k＋1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即k＋1≤xex在(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝xex，
则h′(x)＝(x＋1)ex＞0在(0，＋∞)上恒成立．
∴函数h(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)＞h(0)＝0，
∴k＋1≤0，即k≤﹣1，故实数k的取值范围是(﹣∞，﹣1]．
(2)证明 当k＝0时，f′(x)＝ex﹣eq \f(1,x)，x＞0，令g(x)＝ex﹣eq \f(1,x)，x＞0，则g′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)＞0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(eq \f(1,2))＝eq \r(e)﹣2＜0，f′(1)＝e﹣1＞0，
∴存在m∈(eq \f(1,2)，1)，使得f′(m)＝0，得em＝eq \f(1,m)，故m＝﹣ln m，
当x∈(0，m)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(m，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
∴f(x)min＝f(m)＝em﹣ln m＋2sin α＝eq \f(1,m)＋m＋2sin α＞2＋2sin α≥0，
∴函数f(x)无零点．
已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x＞0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案解析】解：(1)当a＝2时，f(x)＝eq \f(x2,2x)(x＞0)，f′(x)＝eq \f(x2－xln 2,2x)(x＞0)，
令f′(x)＞0，则0＜x＜eq \f(2,ln 2)，此时函数f(x)单调递增，
令f′(x)＜0，则x＞eq \f(2,ln 2)，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，eq \f(2,ln 2))，单调递减区间为(eq \f(2,ln 2)，+∞).
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程eq \f(xa,ax)＝1(x＞0)有两个不同的解，即方程eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln a,a)有两个不同的解．
设g(x)＝eq \f(ln x,x)(x＞0)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x＞0)，令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
当0＜x＜e时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，且当x＞e时，g(x)∈(0，eq \f(1,e))，
又g(1)＝0，所以0＜eq \f(ln a,a)＜eq \f(1,e)，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
已知f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(3,2)x2＋2x，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)求f(x)的极值；
(2)令g(x)＝f′(x)＋kex﹣1，若y＝g(x)的函数图象与x轴有三个不同的交点，求实数k的取值范围．
【答案解析】解：(1)因为f′(x)＝x2＋3x＋2＝(x＋1)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x1＝﹣1，x2＝﹣2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如表所示：
由表可知，函数f(x)的极大值为f(﹣2)＝﹣eq \f(2,3)，极小值为f(﹣1)＝﹣eq \f(5,6).
(2)由(1)知g(x)＝x2＋3x＋2＋kex﹣1＝x2＋3x＋1＋kex，
由题知需x2＋3x＋1＋kex＝0有三个不同的解，即k＝﹣eq \f(x2＋3x＋1,ex)有三个不同的解．
设h(x)＝﹣eq \f(x2＋3x＋1,ex)，则h′(x)＝eq \f(x2＋x－2,ex)＝eq \f(x＋2x－1,ex)，
当x∈(﹣∞，﹣2)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
当x∈(﹣2,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
又当x→﹣∞时，h(x)→﹣∞，当x→＋∞时，h(x)→0且h(x)＜0，
且h(﹣2)＝e2，h(1)＝﹣eq \f(5,e).
作出函数h(x)的简图如图，
数形结合可知，﹣eq \f(5,e)＜k＜0.
已知函数f(x)＝(x﹣1)ex﹣ax2＋b＋eq \f(1,2).
(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围．
【答案解析】解：(1)当a＝1时，f(x)＝(x﹣1)ex﹣x2＋b＋eq \f(1,2)(x∈R)，
则f′(x)＝ex＋(x﹣1)ex﹣2x＝x(ex﹣2)．
令f′(x)＞0，解得x＜0或x＞ln 2；令f′(x)＜0，解得0＜x＜ln 2，
所以函数f(x)的单调递增区间为(﹣∞，0)和(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2)．
(2)因为a＝eq \f(1,2)，所以f(x)＝(x﹣1)ex﹣eq \f(1,2)x2＋b＋eq \f(1,2).由(x﹣1)ex﹣eq \f(1,2)x2＋b＋eq \f(1,2)＝bx，
得(x﹣1)ex﹣eq \f(1,2)(x2﹣1)＝b(x﹣1)．当x＝1时，方程成立．
当x≠1时，只需要方程ex﹣eq \f(1,2)(x＋1)＝b有2个实根．令g(x)＝ex﹣eq \f(1,2)(x＋1)，
则g′(x)＝ex﹣eq \f(1,2).
当x＜ln eq \f(1,2)时，g′(x)＜0，当x＞ln eq \f(1,2)且x≠1时，g′(x)＞0，
所以g(x)在(-∞,ln eq \f(1,2))上单调递减，在(ln eq \f(1,2)，1)和(1，＋∞)上单调递增，
因为g(ln eq \f(1,2))＝eq \f(1,2)﹣eq \f(1,2)(ln eq \f(1,2)+1)＝eq \f(1,2)ln 2，g(1)＝e﹣1≠0，
所以b∈(eq \f(1,2)ln 2，e﹣1)∪(e﹣1，＋∞)．
已知函数f(x)＝ln x﹣aex＋1(a∈R)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)极值点的个数；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
【答案解析】解：(1)由f(x)＝ln x﹣aex＋1，
知x∈(0，＋∞)．当a＝1时，f(x)＝ln x﹣ex＋1，f′(x)＝eq \f(1,x)﹣ex，
显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f′(eq \f(1,2))＝2﹣eq \r(e)＞0，f′(1)＝1﹣e＜0，
所以f′(x)在(eq \f(1,2)，1)上存在零点x0，且是唯一零点，当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＜0，
所以x0是f(x)＝ln x﹣ex＋1的极大值点，且是唯一极值点．
(2)令f(x)＝ln x﹣aex＋1＝0，则a＝eq \f(ln x＋1,ex).令y＝a，g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，
g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)(x＞0)．令h(x)＝eq \f(1,x)﹣ln x﹣1，则h′(x)＝﹣eq \f(1,x2)﹣eq \f(1,x)＜0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，而h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)单调递减．故g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e).
又g(eq \f(1,e))＝0，当x＞1且x→＋∞时，g(x)＞0且g(x)→0，
作出函数g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)的图象如图所示．
结合图象知，当a＞eq \f(1,e)时，f(x)无零点，
当a≤0或a＝eq \f(1,e)时，f(x)有1个零点，
当0＜a＜eq \f(1,e)时，f(x)有两个零点．
已知函数f(x)＝eq \f(x2－a,sin x)﹣2(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(eq \f(π,2)，f(eq \f(π,2)))处的切线经过坐标原点，求实数a；
(2)当a＞0时，判断函数f(x)在x∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．
【答案解析】解：(1)f′(x)＝eq \f(2xsin x－x2－acs x,sin2x)，f′(eq \f(π,2))＝π，
所以f(x)在点(eq \f(π,2)，f(eq \f(π,2)))处的切线方程为y＝πx，所以f(eq \f(π,2))＝eq \f(π2,2)，
即eq \f(π2,4)﹣a﹣2＝eq \f(π2,2)，a＝﹣eq \f(π2,4)﹣2.
(2)因为x∈(0，π)，所以sin x＞0，所以eq \f(x2－a,sin x)﹣2＝0可转化为x2﹣a﹣2sin x＝0，
设g(x)＝x2﹣a﹣2sin x，则g′(x)＝2x﹣2cs x，
当x∈[eq \f(π,2)，π)时，g′(x)＞0，所以g(x)在区间[eq \f(π,2)，π)上单调递增．
当x∈(0，eq \f(π,2))时，设h(x)＝g′(x)＝2x﹣2cs x，此时h′(x)＝2＋2sin x＞0，
所以g′(x)在x∈(0，eq \f(π,2))上单调递增，
又 g′(0)＝﹣2＜0，g′(eq \f(π,2))＝π＞0，所以存在x0∈(0，eq \f(π,2))使得g′(x)＝0且x∈(0，x0)时g(x)单调递减，x∈[x0，eq \f(π,2))时g(x)单调递增．
综上，对于连续函数g(x)，当x∈(0，x0)时，g(x)单调递减，
当x∈(x0，π)时，g(x)单调递增．
又因为g(0)＝﹣a＜0，所以当g(π)＝π2﹣a＞0，即a＜π2时，
函数g(x)在区间(x0，π)上有唯一零点，
当g(π)＝π2﹣a≤0，即a≥π2时，函数g(x)在区间(0，π)上无零点，
综上可知，当0＜a＜π2时，函数f(x)在(0，π)上有1个零点；
当a≥π2时，函数f(x)在(0，π)上没有零点．
x
(﹣∞，﹣2)
﹣2
(﹣2，﹣1)
﹣1
(﹣1，＋∞)
f′(x)
＋
0
﹣
0
＋
f(x)

极大值

极小值
