【文档说明】2024届高考二轮复习理科数学试题（老高考旧教材） 考点突破练21　利用导数研究函数的零点问题 Word版含答案.docx，共(4)页，36.103 KB，由小赞的店铺上传

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考点突破练21利用导数研究函数的零点问题1.(2023江西南昌一模)已知函数f(x)=(x-a)2+bex(a,b∈R).(1)若a=0时,函数y=f(x)有2个极值点,求b的取值范围;(2)若a=1,b=2e,求方程f(x)=3解的个数.2.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.已知函数f(x)=ex+cosx-ex,f'(x)是f(x)的导函数.(1

)证明:函数f(x)只有一个极值点;(2)若关于x的方程f(x)=t(t∈R)在(0,π)上有两个不相等的实数根x1,x2,证明:f'(𝑥1+𝑥22)<0.4.(2023江西上饶一模)已知f(x)=ex-ax,g(

x)=ex(1-sinx).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若a∈(0,3),h(x)=f(x)-g(x),试讨论h(x)在(0,π)内的零点个数.(参考数据:eπ2≈4.81)5.(2023江西南昌二模)已知

函数f(x)=a(x2-1)-lnx(x>0).(1)若a=12时,求函数f(x)的极值;(2)若0<a<12,设函数f(x)的较大的一个零点记为x0,求证:f'(x0)<1-2a.6.已知函数f(x)=ex-a(x+cosx),其中

a>0,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)考点突破练21利用导数研究函数的零点问题1.解(1)a=0时,f

(x)=x2+bex,f'(x)=2x+bex,则2x+bex=0有两实根,即b=-2𝑥e𝑥有两实根.设b(x)=-2𝑥e𝑥,b'(x)=2(𝑥-1)e𝑥,则x<1时,b'(x)<0,b(x)单调递减,x>1时,b'(x)>0,b(x)单调递增.所以b(x)

min=b(1)=-2e,且b(0)=0,x→+∞时,b(x)→0,所以当b(x)=b有两个实根时,-2e<b<0.(2)当a=1,b=2e时,设g(x)=f(x)-3,则g(x)=(x-1)2+2ex-1-3,g'(x)=2(x-1)+2ex-1,因为g'(x)在R上单调

递增,且g'(0)=-2+2e<0,g'(1)=2>0.所以g'(x)=0恰有一根x0,且x0-1+e𝑥0-1=0,0<x0<1.当x<x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>x0时,g'(x)>0,g(x)单调递

增,所以g(x)min=g(x0)=(x0-1)2+2e𝑥0-1-3=(x0-1)2+2(1-x0)-3=𝑥02-4x0<0,且g(-1)=1+2e2>0,g(2)=2e-2>0.所以g(x)=0有

且仅有两个实根,即方程f(x)=3解的个数为2.2.(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∴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-a<x1≤e2-a.∵g(x)在(0,+∞)上单调递减,g(e-a)=1+ea>0,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.证明(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=ex-sinx-e.当x≤0时,f'(x)=ex-sinx-e≤1-sinx-e<0;当x>0时,令h(x)=ex-sinx-e,则h'(x)=ex-cosx>0,∴h(x)在(0,

+∞)上单调递增.又h(0)=1-e<0,h(π)=eπ-e>0,∴∃x0∈(0,π),使得h(x0)=0,即e𝑥0-sinx0-e=0.当0<x<x0时,f'(x)<0;当x>x0时,f'(x)>0,∴函

数f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,∴f(x)只有一个极小值点x0,无极大值点.(2)由(1)知,函数f'(x)在(0,π)上单调递增,f'(x0)=0,且f'(π2)=e

π2-sinπ2-e>e32-1-e=e(e12-1)-1>e(1.6-1)-1>0,∴x0<π2,函数f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,π)上单调递增.不妨设x1<x2,则0<x1<x0<x2<π.要证f'(𝑥1+𝑥

22)<0=f'(x0),即证x1+x2<2x0,只要证x2<2x0-x1.∵0<x1<x0,∴x0<2x0-x1<2x0<π.又f(x)在(x0,π)上单调递增,∴要证f(x2)<f(2x0-x1),即证f(x1)<f(2x0-x

1).令F(x)=f(x)-f(2x0-x)(0<x<x0),∴F'(x)=f'(x)+f'(2x0-x)=ex-sinx-e+e2𝑥0-𝑥-sin(2x0-x)-e.令g(x)=F'(x),则g'(x)=ex-cosx-e2

𝑥0-𝑥+cos(2x0-x).令φ(x)=g'(x),则φ'(x)=ex+sinx+e2𝑥0-𝑥+sin(2x0-x)>0(0<x<x0<π2),∴φ(x)在(0,x0)上单调递增,∴φ(x)<φ(x0)=0,∴g(x)在

(0,x0)上单调递减,∴g(x)>g(x0)=2e𝑥0-2sinx0-2e=2h(x0)=0,∴F(x)在(0,x0)上单调递增,∴F(x)<F(x0)=0,即f'(𝑥1+𝑥22)<0.4.解(1)由已知可知f'(x)=ex-a,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)

在R上单调递增;当a>0时,令f'(x)=0,则x=lna,当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(lna,+∞)上单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递增,当a>0时,f(x)在(-∞,ln

a)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.(2)由已知h(x)=ex-ax-ex(1-sinx),h'(x)=ex(sinx+cosx)-a,令H(x)=ex(sinx+cosx)-a,则H'(x)

=2excosx,当x∈(0,π2)时,H'(x)>0,h'(x)在(0,π2)上单调递增;当x∈(π2,π)时,H'(x)<0,h'(x)在(π2,π)上单调递减,h'(0)=1-a,h'(π2)=eπ2-a>0,h'(π)

=-eπ-a<0,①当0<a≤1时,1-a≥0,h'(0)≥0,存在唯一的x0∈(π2,π),使得h'(x0)=0,当x∈(0,x0)时,h'(x)>0,h(x)在(0,x0)上单调递增;当x∈(x0,π)时,h'(x)<0,h(x)在(x0,π)上单调递减,∵h(0

)=0,∴h(x0)>0,又∵h(π)=-aπ<0,由零点存在性定理可得,h(x)在(0,π)上仅有一个零点;②当1<a<3时,h'(0)=1-a<0,∃x1∈(0,π2),x2∈(0,π2),使得h'(x1)=h'(x2),当x∈(0,x1)和x∈(x2,π)时,h'(x)<0,h(x)

单调递减,当x∈(x1,x2)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,∵h(0)=0,∴h(x1)<0.又∵h(π2)=eπ2−π2a>eπ2−3π2>0,∴h(x2)>h(π2)>0,而h(π)=-aπ<0,由零点存在性定理可得,h(x)在(x1,x2)

和(x2,π)上各有一个零点,即h(x)在(0,π)上有2个零点,综上所述,当0<a≤1时,h(x)在(0,π)上仅有一个零点,当1<a<3时,h(x)在(0,π)上有2个零点.5.(1)解当a=12

时,f(x)=12(x2-1)-lnx,则f'(x)=x-1𝑥=(𝑥+1)(𝑥-1)𝑥,当0<x<1时,f'(x)<0,则f(x)在(0,1)上单调递减;当x>1时,f'(x)>0,则f(x)在(1,+∞)上单调递增;∴f(x)的极小值为f(1)=0,无极大值.(2)证

明由f(x)=a(x2-1)-lnx,则f'(x)=2ax-1𝑥=2𝑎𝑥2-1𝑥,∵f'(1√2𝑎)=0且1√2𝑎>1,当0<x<1√2𝑎时,f'(x)<0,则f(x)单调递减;当x>1√2𝑎时,f'(x)>0,则f(x

)单调递增;∴当0<x<1时,f(x)>f(1)=0.又1√2𝑎>1,∴f(1√2𝑎)<0,当x→+∞,此时f(x)→+∞,∴必然存在x0>1,使得f(x0)=0,即a=ln𝑥0𝑥02-1,∴f'(x0)=2ln𝑥0𝑥02-1x0-1𝑥0,要证明f'(x0)<1-2

a,即证明2ln𝑥0𝑥02-1x0-1𝑥0<1-2ln𝑥0𝑥02-1,即证明2ln𝑥0𝑥0-1-1-1𝑥0<0,即只要证明2lnx0-𝑥02-1𝑥0<0,设φ(x)=2lnx-𝑥2-1𝑥(x>1)

,则φ'(x)=2𝑥-1-1𝑥2=-𝑥2-2𝑥+1𝑥2=-(𝑥-1)2𝑥2,∴当x>1时,φ'(x)<0,则φ(x)在(1,+∞)上单调递减,∴φ(x)<φ(1)=0,即2ln𝑥0𝑥0-1-1-1𝑥0<0,即f'(x0)<1-2a.6.解(1)一方

面,当x=0时,f(0)=1-a≥0,所以0<a≤1.另一方面,f'(x)=ex-a(1-sinx)=ex+asinx-a.令φ(x)=f'(x),则φ'(x)=ex+acosx.当x∈[0,+∞)时,φ'

(x)>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0<a≤1.(2)g(x)=ex-a

(x+cosx)-2𝑥+1𝑥+1,所以g'(x)=ex+asinx-a-1(𝑥+1)2.令h(x)=g'(x),所以h'(x)=ex+acosx+2(𝑥+1)3.当x∈(-1,π2)时,h'(x)>0.所以h(x)即g'(x)在(-1,π2)上单调递

增.又因为g'(0)=-a<0,g'(π2)=eπ2−1(π2+1)2>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,g(π2)=eπ2−π2a-2+1π2+1>0,所以g(x)在区间(-1,0),(

0,π2)内各有1个零点,即g(x)在区间(-1,π2)内有2个零点.