【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项一　第3课时　利用导数研究函数的零点含解析【高考】.docx，共(7)页，48.341 KB，由小赞的店铺上传

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1高考解答题专项一函数与导数中的综合问题第3课时利用导数研究函数的零点1.(2021北京海淀高三期末)已知函数f(x)=x2-3x+lnx.(1)求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;(2)求函数f(x)

的单调区间,并判断函数f(x)的零点个数.2.(2021全国甲,文20)设函数f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.23.(2021山

西长治高三期末)已知函数f(x)=ex,g(x)=ln(f(x)+a)(a为常数),g(x)是R上的奇函数.(1)证明:f(x)≥x+1(x∈R);(2)讨论关于x的方程:lng(x)=g(x)·(x2-2ex+m)(

m∈R)的实数根的个数.4.(2021浙江宁波高三期末)设函数f(x)=ax2-lnx,其中a∈R.(1)若a=12,求函数f(x)的单调区间;(2)若方程f(x)=x恰有两个不等实数根,求实数a的取值范围.

35.(2021山东烟台高三期中)已知函数f(x)=ax+2e𝑥+1(a∈R).(1)若函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a≠0时,讨论函数g(x)=f(x)-a-3的零点个数,并给予证明.6.(2021吉林

长春高三期末)已知函数f(x)=x-a(1+lnx).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2,求实数a的取值范围.4第3课时利用导数研究函数的零点1.解(1)因为函数的定义域为(0,+∞),f(3)=ln

3,所以切点为(3,ln3).又因为f'(x)=2x-3+1𝑥,所以f'(3)=103,即切线斜率为k=103,所以切线方程是y=103(x-3)+ln3,即10x-3y+3ln3-30=0.(2)由(1)知f

'(x)=2𝑥2-3𝑥+1𝑥=(2𝑥-1)(𝑥-1)𝑥,令f'(x)=0,得x1=12,x2=1.x0,121212,11(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增如表格,函数f(x)的单调递增区间是0,12和(1,+∞),单调递减区间是12,1.又

因为f(x)的极大值f12=-54+ln12<0,所以当0<x<1时f(x)<0恒成立.又因为f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,f(1)<0,f(3)=ln3>0,所以存在x0∈(1,3),使得f(x0)=0,即函数f(x)有且只有一个零点

.2.解(1)∵f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2a2x+a-3𝑥=2𝑎2𝑥2+𝑎𝑥-3𝑥=(𝑎𝑥-1)(2𝑎𝑥+3)𝑥.∵a>0,x>0,∴2𝑎𝑥+3𝑥

>0,∴当x∈(0,1𝑎)时,f'(x)<0;当x∈(1𝑎,+∞)时,f'(x)>0,∴函数f(x)在(0,1𝑎)上单调递减,在(1𝑎,+∞)上单调递增.5(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,∴函数f(x)

在(0,+∞)上没有零点,由(1)可得函数f(x)在(0,1𝑎)上单调递减,在(1𝑎,+∞)上单调递增,∴f(1𝑎)=3-3ln1𝑎=3+3lna>0,∴lna>-1,∴a>1e,即实数a的取值范围是(1e,+

∞).3.(1)证明设F(x)=f(x)-x-1,则F'(x)=ex-1,令F'(x)=0,得x=0.所以当x∈(-∞,0)时,F'(x)<0,F(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增;所以F(x

)在x=0处取到最小值,即F(x)≥F(0)=0,故f(x)≥x+1.(2)解因为g(x)是R上的奇函数,所以有g(0)=0,则a=0,g(x)=x.所以原方程为lnx=x(x2-2ex+m),即ln𝑥𝑥=x2-2ex+m.设h(x)=ln𝑥𝑥,则由h'(

x)=1-ln𝑥𝑥2=0,得x=e,当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)≤h(e)=1e.设l(x)=x2-2ex+m,则l(x)≥l(e)=e2-2e2+m=m-e2.故当m>

e2+1e时,方程无解;当m=e2+1e时,方程有且只有一个实数根x=e;当m<e2+1e时,方程有两个实数根.4.解(1)当a=12,f(x)=12x2-lnx,则f'(x)=x-1𝑥=𝑥2-1𝑥=(𝑥-1)(𝑥+1)𝑥.f(x)的定义域为(0,+∞),当x∈(0,1)

时,f'(x)<0,即f(x)的单调递减区间为(0,1);当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,即f(x)的单调递增区间为(1,+∞).(2)若f(x)=x恰有两个不等实数根,则ax2-lnx=x,即a=ln𝑥+𝑥𝑥2恰有两个不等实数根.令g(x)=ln𝑥+𝑥𝑥2,则g'(

x)=(1𝑥+1)𝑥2-2𝑥(ln𝑥+𝑥)𝑥4=1-𝑥-2ln𝑥𝑥3,令h(x)=1-x-2lnx,因为h'(x)=-1-2𝑥<0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减.又因

为h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,所以当x∈(0,1)时g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,故g(x)max=g(1)=1,且g(x)在(1,+∞)上恒大于0.要使方程f(x)

=x有两个不等实数根,即直线y=a与函数g(x)的图象有两个不同的交点,故实数a的取值范围是(0,1).65.解(1)f'(x)=a-2e𝑥.由题意得f'(x)≥0,即a≥2e𝑥在区间(1,+∞)上恒成立.当x∈

(1,+∞)时,2e𝑥∈0,2e,所以a≥2e,故实数a的取值范围为2e,+∞.(2)由已知得g(x)=ax+2e𝑥-a-2,则g'(x)=a-2e𝑥=𝑎e𝑥-2e𝑥.当a<0时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减,又因为g(0)=-a>0,g(1)=2e-2<0,故函数

g(x)有且只有一个零点.当a>0时,令g'(x)<0,得x<ln2𝑎,函数g(x)单调递减,令g'(x)>0,得x>ln2𝑎,函数g(x)单调递增,而gln2𝑎=aln2𝑎−2𝑎<0,g𝑎+2𝑎=2e𝑎+2𝑎>0.由于x>lnx,所以𝑎+2𝑎>2𝑎>

ln2𝑎,所以g(x)在ln2𝑎,𝑎+2𝑎上存在一个零点.又因为gln2𝑎2+𝑎+2=aa-ln𝑎2+𝑎+22,且ln2𝑎2+𝑎+2<ln2𝑎,设h(a)=a-ln𝑎2+𝑎+22,则

h'(a)=1-2𝑎+1𝑎2+𝑎+2=𝑎2-𝑎+1𝑎2+𝑎+2>0在(0,+∞)上恒成立,故h(a)在(0,+∞)上单调递增.而h(0)=0,所以h(a)>0在(0,+∞)上恒成立,所以gln2𝑎2+𝑎+2>0,所以g(x)在

ln2𝑎2+𝑎+2,ln2𝑎上存在一个零点.综上所述,当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点;当a>0时,函数g(x)有两个零点.6.解f(x)=x-a(1+lnx)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1-𝑎𝑥.(1)若a≤0,则f'(x)=1-𝑎𝑥>0,f

(x)在(0,+∞)上单调递增;7若a>0,令f'(x)=1-𝑎𝑥=0,得x=a,当0<x<a时,f'(x)<0;当x>a时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.(2)由(1)可得:①当a≤0时,f(x)在(

0,+∞)上单调递增,至多有1个零点,不合题意;②当a>0时,f(x)min=f(a)=-alna,(i)当0<a<1时,f(x)min=f(a)=-alna>0,无零点,不合题意;(ii)当a=1时,f(x)min=f(a)=-alna

=0,有1个零点,不合题意;(iii)当a>1时,f(x)min=f(a)=-alna<0,又因为f1e=1e-a1+ln1e=1e>0,且f(2a2)=2a2-a[1+ln(2a2)]=a(2a-2lna-1-ln

2)>a(2-1-ln2)>0,所以f(x)在区间1e,a和区间(a,2a2)上各有一个零点,符合题意.综上,实数a的取值范围是(1,+∞).