2021版高考数学第三章导数及其应用第2讲导数的应用第5课时利用导数探究函数的零点问题练习理北师大版.docx

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1、第5课时利用导数探究函数的零点问题[基础题组练]1．(2020·江西赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是(　　)A.　　　　B．C.D．解析：选D.函数f(x)＝aex－x－2a的导函数f′(x)＝aex－1.当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上是减少的，不可能有两个零点；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln，函数f(x)在上是减少的，在上是增加的，所以f(x)的最小值为f＝1－ln－2a＝1＋lna－2a.令g(a)＝1＋lna－2a(a>0)，则g′(a)＝－2

2、.当a∈时，g(a)是增加的；当a∈时，g(a)是减少的，所以g(a)max＝g＝－ln2<0，所以f(x)的最小值为f<0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)，故选D.2．已知函数f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－.则方程f(x)＝0的解的个数是________．解析：因为f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－，所以f′(x)＝－x＋2＝＝，当x∈(0，3)时，f′(x)>0，f(x)是增加的，当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减少的，当x→0时，

3、f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，所以f(x)max＝f(3)＝3ln3－＋6－3ln3－＝0，所以方程f(x)＝0只有一个解．答案：13．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在

4、(0，＋∞)是减少的．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0，2)是减少的，在(2，＋∞)是增加的．故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋

5、∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0.故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.4．(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)＝f(x)在

6、区间[0，1]上零点的个数．解：(1)因为f(x)＝ex－ax－1，所以f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的增区间为(－∞，＋∞)，无减区间；当a>0时，令f′(x)<0，得x0，得x>lna，所以f(x)的减区间为(－∞，lna)，增区间为(lna，＋∞)．(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，先考虑f(x)在区间[0，1]上的零点个数，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上是增加的且f(0)＝0，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；当a≥e时，f(x)在(

7、－∞，1)上是减少的，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；当1e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0，1]上有两个零点；当1

8、)已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝lnx有两个实数根，求实数b的取值范围．解：(1)由题意可得f′(x)＝ex＋b，当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上是增加的．当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[