【文档说明】【高考数学精准解析】多维层次练：第三章第2节第4课时导数与函数的零点【高考】.docx，共(12)页，123.537 KB，由小赞的店铺上传

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多维层次练20[A级基础巩固]1．(2020·广州一中月考)函数f(x)＝lnx－x的零点个数是()A．3B．2C．1D．0解析：f′(x)＝1x－12x，定义域(0，＋∞)，当0<x<4时，f′(x)>0；当x>

4时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，4)上递增，在(4，＋∞)上递减．则f(x)max＝f(4)＝ln4－2＝ln4e2<0.所以f(x)<0恒成立，故f(x)没有零点．答案：D2．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<a<2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数为()A．1B．2C．3D．4解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f

(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.答案：D3．(2020·日照一中调研)若方程8x＝x2＋6lnx＋m仅有一个解，则实数m的取值范围为()A．(－∞，7)

B．(12－6ln3，＋∞)C．(15－6ln3，＋∞)D．(－∞，7)∪(15－6ln3，＋∞)解析：方程8x＝x2＋6lnx＋m仅有一个解等价于函数m(x)＝x2－8x＋6lnx＋m(x>0)的图象与x轴有且只有一个交点．又m′(x)＝2x－8＋6x＝2（x－1）（x

－3）x.当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)是增函数；当x∈(1，3)时，m′(x)<0，m(x)是减函数；当x∈(3，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)是增函数，所以m(x)极大值＝m(1)＝m－7，m(x)极小值＝m(3)＝m＋6ln3－15.因为当x趋近于0时，m

(x)趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，m(x)趋近于正无穷，所以要使m(x)的图象与x轴有一个交点，必须有φ(x)极大值＝m－7<0或φ(x)最小值＝m＋6ln3－15>0，故m<7或m>15－6ln3.答案：D4．(2020·佛

山调研)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝lnx2＋12，对任意a∈R，存在b∈(0，＋∞)，使f(a)＝g(b)，则b－a的最小值为()A．2e－1B．e2－12C．2－ln2D．2＋ln2解析：存

在b∈(0，＋∞)，使f(a)＝g(b)，则ea＝lnb2＋12，令t＝ea＝lnb2＋12>0，所以a＝lnt，b＝2et－12，则b－a＝2et－12－lnt.设φ(t)＝2et－12－lnt，则φ′(t)

＝2et－12－1t(t>0)．显然φ′(t)在(0，＋∞)上是增函数，当t＝12时，φ′12＝0.所以φ′(t)有唯一零点t＝12，故当t＝12时，φ(t)取得最小值φ12＝2＋ln2.答案：D5．若函数f(x)＝ax－a

ex＋1(a＜0)没有零点，则实数a的取值范围为________．解析：f′(x)＝aex－（ax－a）exe2x＝－a（x－2）ex(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)＝a

e2＋1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝ae2＋1＞0，解得a＞－e2，因此－e2＜a＜0.答案：(－e2，0)6．(2020·长郡中学检测)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－a存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，则x1＋2x0＝___

_____．解析：由f(x)＝x3－x2＋ax－a，得f′(x)＝3x2－2x＋a.因为x0为f(x)的极值点，知3x20－2x0＋a＝0.①因为f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，所以x31－x21＋ax1－a＝x30－x20

＋ax0－a，化为x21＋x1x0＋x20－(x1＋x0)＋a＝0，把a＝－3x20＋2x0代入上述方程可得x21＋x1x0＋x20－(x1＋x0)－3x20＋2x0＝0，化为x21＋x1x0－2x20＋x0－x1＝0，即(x1－

x0)(x1＋2x0－1)＝0，因为x1－x0≠0，所以x1＋2x0＝1.答案：17．已知函数f(x)＝1x2＋alnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调递减区间；(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．解：(1

)由题意可得，f′(x)＝－2x3＋ax＝ax2－2x3(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a>0时，f′(x)＝ax＋2ax－2ax3，由f′(x

)≤0，解得0<x≤2a.所以此时函数f(x)的单调递减区间为0，2aa.综上可得：a≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，a>0时，函数f(x)的单调递减区间为0，2aa.(2)由(1)可得若函数f(x)有两个不同的零点，则必须满足a>0，且f

2a＝a2＋a2ln2a<0，化为ln2a<－1，解之得a>2e.所以实数a的取值范围是(2e，＋∞)．8．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝x＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方

程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明：易知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x.所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－2>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点

．(2)解：由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－x－x.由g(x)＝x＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)

＝ex－12x－12－1，记φ(x)＝ex－12x－12－1，则φ′(x)＝ex＋14x－32.当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增．易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，

则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.[B级能力提升]9．设f(x)＝13x3－32x2＋2x＋5，若曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，则实数m的

取值范围是________．解析：曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，则g(x)＝13x3－32x2＋2x＋5－2x－m＝13x3－32x2＋5－m有三个零点．令g′(x)＝x2－3x＝0，得x＝0或x＝3.由g′(x)>0，得x<0或x>3；由g′(x)<0，得0<x<3.

所以函数g(x)在(－∞，0)和(3，＋∞)上为增函数，在(0，3)上为减函数．要使g(x)有三个零点，只需g（0）>0，g（3）<0，解得12<m<5.故实数m的取值范围为12，5.答案：12，510．(2020·河南名校联盟调研)已知函数f(x)＝ex＋(a－e

)·x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，当x<1时，f′(x)<0，f(x)

单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值．(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.若a＝0，则

f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点；若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增．又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单

调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点．若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0

，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点．综上，实数a的取值范围为(－∞，0)．11．(2019·天津卷)设函数f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R.(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；(2)若0<a<1e：①证明f(x)恰有两个零点；②设x0为f(x)

的极值点，x1为f(x)的零点，且x1>x0，证明3x0－x1>2.解：(1)由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x－[aex＋a(x－1)ex]＝1－ax2exx.因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而

f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增．(2)证明：①由(1)知，f′(x)＝1－ax2exx.令g(x)＝1－ax2ex，由0<a<1e，知g(x)在(0，＋∞)内单调递减．又g(1)＝1－ae>0，且gln1a＝1－a

ln1a21a＝1－ln1a2<0，故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，不妨设为x0，则1<x0<ln1a.当x∈(0，x0)时，f′(x)＝g（x）x>g（x0）x＝0，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x∈(x0

，＋∞)时，f′(x)＝g（x）x<g（x0）x＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点．令h(x)＝lnx－x＋1，则当x>1时，h′(x)＝1x－1<0.故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，从而当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以lnx<x－1

.从而fln1a＝lnln1a－aln1a－1eln1a＝lnln1a－ln1a＋1＝hln1a<0，又因为f(x0)>f(1)＝0，所以f(x

)在(x0，＋∞)内有唯一零点．又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点．②由题意，f′（x0）＝0，f（x1）＝0，即ax20ex0＝1，lnx1＝

a（x1－1）ex1，从而lnx1＝x1－1x20ex1－x0，则ex1－x0＝x20lnx1x1－1.因为当x>1时，lnx<x－1，又x1>x0>1，故ex1－x0<x20（x1－1）x1－1＝x20，两边取对数，得lnex1－x0<lnx20，于是x

1－x0<2lnx0<2(x0－1)，整理得3x0－x1>2.[C级素养升华]12．已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx(a∈R)．(1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a的取值范围；(2)函数g(x)＝(1－

a)x，若∃x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝（2x－1）（x－a）x，当导函数f′(x)的零点x＝a落在区间(1，2)内时，函数f(x)在区间[1，2]上就不是单调函数，所以实数a的取值范围是a≤1或a≥2.(

2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋a(lnx－x)≥0在区间[1，e]上有解．因为当x∈[1，e]时，lnx≤1≤x(不同时取等号)，x－lnx>0，所以a≤x2－2xx－lnx在区间[1，

e]上有解．令h(x)＝x2－2xx－lnx，则h′(x)＝（x－1）（x＋2－2lnx）（x－lnx）2.因为x∈(1，e)，所以x＋2>2≥2lnx，所以h′(x)≥0，h(x)单调递增，所以x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝e（e－2）e－1，所以a≤e（e－2）

e－1，所以实数a的取值范围是－∞，e（e－2）e－1.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com