2021届高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第5课时利用导数解决函数的零点问题课时跟踪检测理含解析202102031115.doc

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1、第三章　导数及其应用第二节　导数的应用第五课时　利用导数解决函数的零点问题A级·基础过关

2、固根基

3、1.若函数f(x)＝x2＋－alnx(a>0)有唯一的零点x0，且m0，x>0)．因为函数f(x)有唯一零点x0，所以函数g(x)，h(x)的图象有唯一一个交点，即g(x)，h(x)有唯一公切点(x0，y0)，即由得x＋－2lnx0＝0，令φ(x)＝x＋－2lnx0，则φ

4、(1)＝3>0，φ(2)＝5－7ln2>0，φ(e)＝－e2＋<0，所以x0∈(2，e)，所以m＝2，n＝3，所以m＋n＝5.2．(2019届宜州调研)设f(x)＝

5、lnx

6、，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0，4)上有三个零点，则实数a的取值X围是(　　)A．B．C．D．解析：选D　令y1＝f(x)＝

7、lnx

8、，y2＝ax，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0，4)上有三个零点，则y1＝f(x)＝

9、lnx

10、与y2＝ax的图象(图略)在区间(0，4)上有三个交点．由图象易知，当a≤0时，不符合题意；当a>0时，易知y1＝

11、

12、lnx

13、与y2＝ax的图象在区间(0，1)上有一个交点，所以只需要y1＝

14、lnx

15、与y2＝ax的图象在区间(1，4)上有两个交点即可，此时

16、lnx

17、＝lnx，由lnx＝ax，得a＝.令h(x)＝，x∈(1，4)，则h′(x)＝，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e，4)上单调递减，h(e)＝＝，h(1)＝0，h(4)＝＝，所以

18、f′(x)－0＋f(x)极小值若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，解得a>－e2，所以此时－e2

19、xex

20、－m(m∈R)有三个零点，则实数m的取值X围是________．解析：函数f(x)＝

21、xex

22、－m(m∈R)有三个零点，即函数y1＝

23、xex

24、与y2＝m的图象有三个不同的交点．令g(x)＝xex，则g′(x)＝(1＋x)ex.当x<－1时，g′(x)<0；当x>－1时，g′(x)>0，∴g(x

25、)＝xex在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∴g(x)在x＝－1时取得极小值，也是最小值，为g(－1)＝－且当x→－∞时，y→0.又∵当x<0时，g(x)<0；当x>0时，g(x)>0，∴函数y＝

26、xex

27、的图象如图所示．由图知，当m∈时，函数y＝

28、xex

29、与y＝m的图象有三个交点，即函数f(x)＝

30、xex

31、－m有三个零点，故实数m的取值X围是.答案：5．(2019届某某市高三质检)函数f(x)＝1＋x－＋，g(x)＝1－x＋－，若函数F(x)＝f(x＋3)g(x－4)，且函数F(x)的零点均在[a，b](a

32、0，∴f(x)＝1＋x－＋在R上是单调递增函数．∵f(0)＝1>0，f(－1)＝－<0，∴f(x)＝1＋x－＋在区间[－1，0]上存在唯一零点，∴f(x＋3)在区间[－4，－3]上存在唯一零点，又∵g(x)＝1－x＋－，∴g′(x)＝－1＋x－x2，∵g′(x)＝－1＋x－x2<0，∴g(x)＝1－x＋－在R上是单调递减函数，∵g(2)＝－<0，g(1)＝>0，∴g(x)＝1－x＋－在区间

33、[1，2]上存在唯一零点，∴g(x－4)在区间[5，6]上存在唯一零点，由F(x)＝f(x＋3)g(x－4)＝0，得f(x＋3)＝0或g(x－4)＝0，故函数F(x)的零点均在[－4，6]内，则b－a的最小值为10.答案：106．(2020届某某摸底)已知函数f(x)＝e2x－2aex－2ax，其中a>0.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值．解：(1)当a＝1时，f(x)＝e2x－2ex－2x，∴f′(x)＝2e2x－2ex－2，∴f′(0)＝2e0－2e

34、0－2＝－2.又f(0)＝e0－2e0－0＝－1，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(－1)＝－2x，即2x＋y＋1＝0.(2)由题意得f′(x)＝2e2x－2aex－2a＝2(e2x－aex－a)．令t＝ex∈(0，＋∞)，