2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第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高效演练分层突破文新人教A版.doc

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1、第2课时　利用导数探究函数零点问题[基础题组练]1．(2020·江西七校第一次联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝x·f(x)－的零点个数是(　　)A．0　　　　　　　　　B．1C．2D．3解析：选B.函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)＝的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0

2、；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．故选B.2．(2020·武汉调研)已知f(x)＝ex－ax2.命题p：∀a≥1，y＝f(x)有三个零点，命题q：∃a∈R，f(x)≤0恒成立．则下列命题为真命题的是(　　)A．p∧qB．(﹁p)∧(﹁q)C．(﹁p)∧qD．p∧(﹁q)解析：选B.对于命题p：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，在同一坐标系中作出y＝ex，y＝x

3、2的图象(图略)，由图可知y＝ex与y＝x2的图象有1个交点，所以f(x)＝ex－x2有1个零点，故命题p为假命题，因为f(0)＝1，所以命题q显然为假命题．故(﹁p)∧(﹁q)为真命题．3．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1

4、个数为4.答案：44．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为．解析：f′(x)＝＝(a<0)．当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，解得a>－e2，因此－e2

5、＞0，解得x＞e－2，令f′(x)<0，解得0

6、点A，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)>0，得x<－1或x>2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，则－<2m－3<－，解得－

7、(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝＋lnx－1＝lnx－.因为y＝lnx单调递增，y＝单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－1<0，5f′(2)＝ln2－＝>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)

8、2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由α>x0>1得<10.(1)若