2020版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第6讲利用导数研究函数零点问题分层演练文.doc

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1、第6讲利用导数研究函数零点问题1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝(　　)A．－　　　　　　　　　B．C．D．1解析：选C．由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1为f(x)图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f

2、(1)＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a＝.故选C．2．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋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)解析：选B．f′(x)＝3ax2－6x，当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0；x∈时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f＝>0，则f(x)的大致图象如图(1)所示：不符合题意，排除A、C．当a＝－时，f′(x)＝

3、－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f＝－，则f(x)的大致图象如图(2)所示．不符合题意，排除D.3．已知函数f(x)＝a＋lnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝()′lnx＋·＝，令f′(x)＞0，解得x＞e－2，令f′(x)＜0，解得0＜x＜e－2，所以f(x)在(0，e－2)上递减，在(e－2，＋∞)上递增．(2)由

4、(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－，显然a＞时，f(x)＞0，无零点，a＝时，f(x)＝0，有1个零点，a＜时，f(x)＜0，有2个零点．4．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在上无零点，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2lnx，则f′(x)＝1－＝，由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2，故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为f(x)＜0在区间上恒成立不可能，故要

5、使函数f(x)在上无零点，只要对任意的x∈，f(x)＞0恒成立，即对x∈，a＞2－恒成立．令h(x)＝2－，x∈，则h′(x)＝，再令m(x)＝2lnx＋－2，x∈，则m′(x)＝＜0，故m(x)在上为减函数，于是，m(x)＞m＝4－2ln3＞0，从而h′(x)＞0，于是h(x)在上为增函数，所以h(x)＜h＝2－3ln3，所以a的取值范围为[2－3ln3，＋∞)．5．(2019·武汉调研)(1)求函数f(x)＝的最大值；(2)若函数g(x)＝ex－ax有两个零点，求实数a的取值范围．解：(1)对f(x)＝求导得，f′(x)＝.易知当0<

6、xe时，f(x)为减函数，所以f(x)≤f(e)＝，从而f(x)的最大值为.(2)①当a＝0时，g(x)＝ex在R上为增函数，且g(x)>0，故g(x)无零点．②当a<0时，g(x)＝ex－ax在R上单调递增，又g(0)＝1>0，g＝e－1<0，故g(x)在R上只有一个零点．③当a>0时，由g′(x)＝ex－a＝0可知g(x)在x＝lna处取得唯一极小值，g(lna)＝a(1－lna)．若00，g(x)无零点，若a＝e，则g(x)极小＝0，g(x)只有一个零点，若

7、a>e，则g(x)极小＝a(1－lna)<0，而g(0)＝1>0，由(1)可知，f(x)＝在x>e时为减函数，所以当a>e时，ea>ae>a2，从而g(a)＝ea－a2>0，所以g(x)在(0，lna)与(lna，＋∞)上各有一个零点．综上，当a>e时，f(x)有两个零点．6．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．解：(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0解得x＝3－2或x＝3＋

8、2.当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减