2023届高考二轮总复习试题数学（文）考点突破练20利用导数研究函数的零点问题Word版含解析

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考点突破练20　利用导数研究函数的零点问题1.(2022·安徽合肥二模)已知函数f(x)=x2-asinx-1,a∈R.(1)设函数g(x)=f'(x),若y=g(x)是区间0,π2上的增函数,求实数a的取值范围;(2)当a=2时,证明函数f(x)在区间(0,π)上有且仅有一个零点.2.(2022·北京西城二模)已知函数f(x)=lnx+ax+1.(1)若f'(1)=14,求a的值;(2)当a>2时,①求证:f(x)有唯一的极值点x1;②记f(x)的零点为x0,是否存在a>2使得x1x0≤e2?说明理由.3.(2022·山西太原一模)已知函数f(x)=(x-a)2exa.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若方程f(x)-4e=0有三个不同的根,求实数a的取值范围.

14.(2022·江苏南京、盐城二模)设函数f(x)=aex+sinx-3x-2,e为自然对数的底数,a∈R.(1)若a≤0,求证:函数f(x)有唯一的零点;(2)若函数f(x)有唯一的零点,求实数a的取值范围.5.(2022·山东临沂一模)已知函数f(x)=ex-2ax(a>0).(1)若a=e,讨论f(x)的单调性;(2)若x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,证明:10,且满足对∀x∈[0,+∞)时,f(x)≥0恒成立.(1)求实数a的取值范围;(2)令g(x)=f(x)-2x+1x+1,判断g(x)在区间-1,π2内的零点个数,并说明理由.(参考数据:eπ2≈4.8)

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3考点突破练20　利用导数研究函数的零点问题1.(1)解由题意,得f'(x)=2x-acosx,g(x)=2x-acosx,则g'(x)=2+asinx.∵g(x)是0,π2上的增函数,∴g'(x)=2+asinx≥0在0,π2上恒成立,若x=0,则g'(x)=2>0恒成立,此时a∈R;若x∈0,π2,此时00,∴存在x0∈π6,π2,使得f'(x0)=0.当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,π)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.又f(0)=-1<0,f(π)=π2-1>0,∴函数f(x)在区间(0,π)上有且仅有一个零点.2.(1)解∵f(x)=lnx+ax+1(x>0),∴f'(x)=1+1x-lnx-a(x+1)2.∵f'(1)=2-a4=14,∴a=1.(2)①证明f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=1+1x-lnx-a(x+1)2.令f'(x)=0,则1+1x-lnx-a=0.设g(x)=1+1x-lnx-a.∵y=1x,y=-lnx在(0,+∞)上单调递减,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减.∵g(e-a)=1+ea>0,g(1)=2-a<0,∴g(x)在(0,+∞)上有唯一的零点,∴f'(x)=0在(0,+∞)上有唯一解,不妨设为x1,x1∈(e-a,1).f'(x)与f(x)的情况如下,x(0,x1)x1(x1,+∞)f'(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减

4∴f(x)有唯一的极值点x1.②解由f(x0)=0,得lnx0=-a,则x0=e-a,若存在a,使x1x0≤e2,则x1≤e2-a<1,∴e-a0,则需g(e2-a)=ea-2-1≤0,即a≤2,与已知矛盾,∴不存在a>2,使得x1x0≤e2.3.解(1)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=1aexa(x-a)(x+a).当a>0时,由f'(x)>0,可得x<-a或x>a.由f'(x)<0,可得-aa.由f'(x)>0,可得-a0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,-a),(a,+∞),单调递减区间为(-a,a),所以f(x)极大值=f(-a)=(-a-a)2e-aa=4a2e,f(x)极小值=f(a)=0.又x→-∞,f(x)→0,x→-∞,f(x)→+∞,要使方程f(x)-4e=0有三个不同的根,只需4e<4a2e,解得a>e.当a<0时,f(x)的单调递减区间为(-∞,-a),(a,+∞),单调递增区间为(-a,a).同理,只需4e<4a2e,解得a<-e.综上,实数a的取值范围为(-∞,-e)∪(e,+∞).4.(1)证明由f(x)=aex+sinx-3x-2,得f'(x)=aex+cosx-3.因为a≤0,所以f'(x)=aex+cosx-3≤cosx-3<0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又因为f(0)=a-2<0,f(a-2)=aea-2+sin(a-2)-3a+4>a(ea-2-3)≥0,因此f(x)有唯一的零点.(2)解由(1)知,a≤0符合题意.①当a=2时,由f(x)=2ex+sinx-3x-2,得f'(x)=2ex+cosx-3.令h(x)=2ex+cosx-3,则h'(x)=2ex-sinx.当x<0时,f'(x)≤2ex-2<0,所以f(x)单调递减;当x>0时,h'(x)≥2ex-1>0,所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增,从而,当x>0时,f'(x)>f'(0)=0,所以f(x)单调递增,于是f(x)≥f(0)=0,当且仅当x=0时取等号,故此时f(x)有唯一的零点x=0.②当a>2时,f(x)>2ex+sinx-3x-2≥0,此时f(x)无零点.③当0x22.设g(x)=ex-x22,x≥0,则g'(x)=ex-x.令k(x)=ex-x,则k'(x)=ex-1≥0,

5所以g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故g'(x)≥g'(0)=1>0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,因此g(x)≥g(0)=1>0,即当x≥0时,ex>x22.当x>0时,f(x)≥aex-3x-3>a2x2-3x-3,令a2x2-3x-3=0,得x=3±9+6aa.取x0=3+9+6aa>0,则f(x0)>0.又f(0)=a-2<0,f(-1)=ae-1+1-sin1>0,因此,当00)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ex-ax.当a=e时,f'(x)=ex-ex,令f'(x)=0,则x=1,当01时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)证明因为x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,所以ex1=2ax1,ex2=2ax2,显然x1>0,x2>0,则有x1=lna+ln2+12lnx1,x2=lna+ln2+12lnx2,所以x1-x2=12lnx1-12lnx2=12lnx1x2,不妨令x1>x2>0,设t=x1x2>1,则tx2-x2=12lnt,即x2=lnt2(t-1),x1=tx2=tlnt2(t-1),所以要证x1+x2=(t+1)lnt2(t-1)>1,只要证lnt>2(t-1)t+1,即lnt-2(t-1)t+1>0.令g(t)=lnt-2(t-1)t+1(t>1),则g'(t)=1t−4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)上单调递增,所以g(t)>g(1)=0,所以x1+x2>1.因为x1=lna+ln2+12lnx1,x2=lna+ln2+12lnx2,所以x1+x2=2lna+2ln2+12ln(x1x2),要证x1+x2<2lna+ln2,只要证12ln(x1x2)<-ln2,即x1x2<14.因为x1x2=t(lnt)24(t-1)2,所以只要证t(lnt)24(t-1)2<14,即lnt1,

6则h'(t)=1t−12t−12tt=-(t-1)22tt<0,所以h(t)在(1,+∞)上单调递减,所以h(t)0,所以φ(x)即f'(x)在[0,+∞)上单调递增.又因为f'(0)=1-a≥0,所以f'(x)≥0恒成立,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)≥0符合题意,即00.所以h(x)即g'(x)在-1,π2上单调递增.又因为g'(0)=-a<0,g'π2=eπ2−1π2+12>0,所以∃x0∈0,π2,使g'(x0)=0,且当x∈(-1,x0)时,g'(x)<0,g(x)在(-1,x0)上单调递减,当x∈x0,π2时,g'(x)>0,g(x)在x0,π2上单调递增.又因为g-23=e-23-a-23+cos-23+1>0,g(0)=-a<0,gπ2=eπ2−π2a-2+1π2+1>0,所以g(x)在区间(-1,0),0,π2内各有1个零点,