高考数学(课标版)大一轮复习第三章第4讲导数的综合应用第2课时利用导数探究函数零点问题检测(文科)

《高考数学(课标版)大一轮复习第三章第4讲导数的综合应用第2课时利用导数探究函数零点问题检测(文科)》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、第2课时利用导数探究函数零点问题[基础题组练]2211.已知函数f(x)＝x－2x＋1，g(x)＝xf(x)＋bx有解，则实数b的取值范围为()＋a，若g′(x)＝0在区间，1上2A．(－1，2)B．(1，2)C．[1，2)D．(0，2－3]322解析：选D.易知g(x)＝x＋(b－2)x＋x＋a，则g′(x)＝3x＋2(b－2)x＋1，因为g′(x)2＝0在区间1，1上有解，所以Δ＝4(b－2)－12≥0，即b≥2＋3或b≤2－3，同时2(b21－2)＝－3x＋x∈(－4，－23]，所以0＜b≤2－3，从而实数b的取值范围为(0，2－3]．322.

2、已知函数f(x)＝ax－3x＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是()A．(2，＋∞)B．(－∞，－2)C．(1，＋∞)D．(－∞，－1)2解析：选B.f′(x)＝3ax－6x，2当a＝3时，f′(x)＝9x－6x＝3x(3x－2)，则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈0，2时，3f′(x)<0；x∈象如图(1)所示：23，＋∞时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f253＝9>0，则f(x)的大致图不符合题意，排除A，C.42当a＝－时，f′(x)＝－4x－6x＝－2x(2x＋3)，333则当x∈－∞，－2时，f

3、′(x)<0，x∈－2，0时，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′35(x)<0，注意f(0)＝1，f－2＝－4，则f(x)的大致图象如图(2)所示．不符合题意，排除D.故选B.131.设函数f(x)＝3x－bx＋c(b，c∈R)．(1)若曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋1，求b，c的值；1(2)若b＝1，c＝，求证：f(x)在区间(1，2)内存在唯一零点．32解：(1)由题意得f′(x)＝x－b，所以f′(1)＝1－b＝2，得b＝－1.又因为f(1)＝2＋1＝3，1所以－b＋c＝3，3得c＝5.35故b＝－1，c＝.31(2)

4、证明：若b＝1，c＝，31313则f(x)＝x－x＋.31因为f(1)f(2)＝－3×1＜0，所以f(x)在区间(1，2)内存在零点．2又当x∈(1，2)时，f′(x)＝x－1＞0，所以f(x)在(1，2)上单调递增．所以f(x)在区间(1，2)内存在唯一零点．2.已知函数f(x)＝a＋xlnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)试判断f(x)的零点个数．解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，1f′(x)＝(x)′lnx＋x·xx（lnx＋2）＝2x，，令f′(x)＞0，解得x＞e－2－2令f′(x)<0，解得0

5、(0，e－2)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－22)＝a－e，显然a＞2时，f(x)＞0，无零点，e2a＝e时，f(x)＝0，有1个零点，2a

6、为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)法一：由题意知方程kx－lnx＝0仅有一个实根，lnx由kx－lnx＝0得k＝x(x＞0)，－x，令g(x)＝lnxx(x＞0)，则g′(x)＝1－lnxx2，当x＝e时，g′(x)＝0；当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，1所以g(x)max＝g(e)＝.e当x→＋∞时，g(x)→0.1又k＞0，所以要使f(x)仅有一个零点，则k＝.e1法二：f(x)＝kx－lnx，f′(x)＝k－x＝kx－1x(x＞0，k＞0)．

7、当x＝1时，f′(x)＝0；当0＜x＜k11时，f′(x)＜0；当x＞k11时，f′(x)＞0.k所以f(x)在0，k上单调递减，在k，＋∞上单调递增，所以f(x)min＝f11k＝1－ln，k11因为f(x)有且只有一个零点，所以1－ln＝0，即k＝.ke12．已知函数f(x)＝alnx＋x－bx＋1.(1)当a＝0时，函数f(x)的极小值为5，求负数b的值；5(2)若b＝－1，F(x)＝f(x)－x，且当a≥－4时，不等式F(x)≥2在区间[1，4]上有解，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．1当a＝0时，f(x)

8、＝x－bx＋1(b＜0)，1令f′(x)＝－x2－b