【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练20 导数的函数零点问题.docx，共(5)页，35.390 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。二十导数的函数零点问题(时间:45分钟分值:40分)1.(10分)(2023·陇南联考)已知函数f(x)=𝑥+1e𝑥-a(a∈R),讨论f(x)的零点个数.【解题指南】

令f(x)=0,可得a=𝑥+1e𝑥,令g(x)=𝑥+1e𝑥,利用导数的方法研究其单调性及最值,从而讨论a的取值范围,进而得到函数零点的个数.【解析】令f(x)=𝑥+1e𝑥-a=0,得a=𝑥+1e𝑥.设g(x)=𝑥+1e𝑥,则g'(x)=e

𝑥-(𝑥+1)e𝑥(e𝑥)2=-𝑥e𝑥,当x>0时,g'(x)<0,当x<0时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(0)=1,而当x>-1时,g(x)>0;当x<-1时,

g(x)<0.当x→-∞时,g(x)→-∞;当x→+∞时,g(x)→0,所以g(x)的大致图象如图所示.①当a>1时,方程g(x)=a无解,即f(x)没有零点;②当a=1时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;③当0<a<

1时,方程g(x)=a有两解,即f(x)有两个零点;④当a≤0时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点.综上,当a>1时,f(x)没有零点;当a=1或a≤0时,f(x)有唯一的零点;当0<a<1时,f(x)有两个零点.【加练备选】已知函数f(x)=cosx+xsinx.(1)

讨论f(x)在[-2π,2π]上的单调性;(2)求函数g(x)=f(x)-14x2-1零点的个数.【解析】(1)因为f(-x)=cos(-x)-xsin(-x)=cosx+xsinx=f(x),x∈R,所以f(x)是R上的偶函数,也是[-2π,2π]上的偶函数.f'(x

)=xcosx,当x∈[0,2π]时,令f'(x)>0,得0<x<π2或3π2<x<2π;令f'(x)<0,得π2<x<3π2,所以f(x)在[0,π2]和[3π2,2π]上单调递增,在(π2,3π2)上单调递减.因为f(x)是偶函数,所以当x∈[-2π,0)时,f(x)在[-2π,-3π2

]和[-π2,0)上单调递减,在(-3π2,-π2)上单调递增.综上所述,f(x)在[-2π,-3π2],[-π2,0)和(π2,3π2)上单调递减,在(-3π2,-π2),[0,π2]和[3π2,2π]

上单调递增.(2)由(1)得g(-x)=f(-x)-14(-x)2-1=g(x),所以g(x)是R上的偶函数.g'(x)=x(cosx-12),①当x∈[0,2π]时,令g'(x)>0,得0<x<π3或5π3<x<2π;令g'(x)<0,得π3<x

<5π3,所以g(x)在(0,π3)和(5π3,2π)上单调递增,在(π3,5π3)上单调递减.因为g(π3)>g(0)=0,g(5π3)=5π3×(-√32)-14×(5π3)2-12<0,g(2π)=-π2<0,

所以∃x0∈(π3,5π3),使得g(x0)=0,所以g(x)在[0,2π]上有两个零点.②当x∈(2π,+∞)时,g(x)=cosx+xsinx-14x2-1<x-14x2<0,所以g(x)在(2π,+∞)上没有零点.由①②及g(x)是偶函数可得g(x)在R上有三个零点.2

.(10分)已知函数f(x)=13x3-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.【解析】(1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(

x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3.当x∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2√3,3+2√3)时,f'(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞),单调递减区间为(3-2√3,3

+2√3).(2)因为x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于𝑥3𝑥2+𝑥+1-3a=0.设g(x)=𝑥3𝑥2+𝑥+1-3a,则g'(x)=𝑥2(𝑥2+2𝑥+3)(𝑥2+𝑥+1)2≥0,当且仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在

(-∞,+∞)上单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6(a-16)2-16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.3.(10

分)(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1,函数f(x)=𝑥𝑎𝑎𝑥(x>0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=2时,f(x)=𝑥22𝑥(x>0),

f'(x)=𝑥(2-𝑥ln2)2𝑥(x>0),令f'(x)>0,得0<x<2ln2,此时函数f(x)单调递增,令f'(x)<0,得x>2ln2,此时函数f(x)单调递减,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,2ln2),单调递减

区间为(2ln2,+∞).(2)曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,可转化为方程𝑥𝑎𝑎𝑥=1,即xa=ax(x>0)有两个不同的解,即方程ln𝑥𝑥=ln𝑎𝑎有两个不同的解.设g(x)=

ln𝑥𝑥(x>0),则g'(x)=1-ln𝑥𝑥2(x>0),令g'(x)=1-ln𝑥𝑥2=0,得x=e,当0<x<e时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,当x>e时,g'(x)<0,函数g(x)单调

递减,故g(x)max=g(e)=1e,又g(1)=0,当x>e时,g(x)∈(0,1e),所以0<ln𝑎𝑎<1e,即g(1)<g(a)<g(e),结合g(x)的单调性可知1<a<e或a>e,即a

的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).【加练备选】函数f(x)=ax+xlnx在x=1处取得极值.(1)求f(x)的单调区间;(2)若y=f(x)-m-1在定义域内有两个不同的零点,求实数m的取值范围.【解析】(1

)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a+lnx+1,由f'(1)=a+1=0,解得a=-1,则f(x)=-x+xlnx,所以f'(x)=lnx,令f'(x)>0,解得x>1;令f'(x)<0,解得0

<x<1,所以f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).(2)y=f(x)-m-1在(0,+∞)内有两个不同的零点,则函数y=f(x)与y=m+1的图象在(0,+∞)内有两个不同的交点.由(1)知

,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)min=f(1)=-1,f(e)=0,作出f(x)图象如图.由图可知,当-1<m+1<0,即-2<m<-1时,y=f(x)与y=m+1的图象有两个不同的交点,因此实数m的取值范围是(-2,-1).4.(10分)(20

23·南通模拟)已知函数f(x)=𝑥e𝑥,g(x)=ln𝑥𝑥.(1)求f(x)和g(x)的极值;(2)证明:存在直线y=a,其与曲线y=f(x)和曲线y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.【解析】

(1)f'(x)=1-𝑥e𝑥,当x<1时,f'(x)>0,当x>1时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以当x=1时,f(x)取得极大值1e,无极小值.g'(x)=1-ln𝑥𝑥2,当0<x<e时,g'(x)>0

,当x>e时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以当x=e时,g(x)取得极大值1e,无极小值.(2)当直线y=a过两个函数图象的交点时,满足题意,设交点为A(x2,a),直线y=a

与f(x)在A的左边交点为P(x1,a),与g(x)在A的右边交点为Q(x3,a),由(1)知0<x1<1<x2<e<x3,且𝑥1e𝑥1=a,𝑥2e𝑥2=ln𝑥2𝑥2=a,ln𝑥3𝑥3=a.因为a=𝑥1e�

�1=ln𝑥2𝑥2=ln𝑥2eln𝑥2,所以f(x1)=f(lnx2),又x1<1,lnx2<lne=1,且f(x)在(-∞,1)上单调递增,所以x1=lnx2,所以𝑥2𝑥1=𝑥2ln𝑥2=1𝑎.又a=�

�2e𝑥2=ln𝑥3𝑥3=ln𝑥3eln𝑥3,所以f(x2)=f(lnx3),又x2>1,lnx3>lne=1,且f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x2=lnx3,则𝑥3𝑥2=𝑥3ln𝑥3=1𝑎,所以𝑥3𝑥2=𝑥2

𝑥1=1𝑎,即x1,x2,x3成等比数列.