【文档说明】2023届高考人教A版数学一轮复习试题（适用于老高考旧教材）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(4)页，32.134 KB，由小赞的店铺上传

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1第3课时利用导数研究函数的零点1.已知函数f(x)=ex-ax-2(a>1),(1)证明:函数y=f(x)在(-∞,0)上存在唯一零点;(2)若函数y=f(x)有两个不同零点x1,x2,且x1>x2,当x1-x2最

小时,求此时a的值.2.(2021山东济南二模)已知函数fn(x)=1+x+𝑥22!+𝑥33!+…+𝑥𝑛𝑛!(n∈N*).(1)证明:f3(x)为增函数且有唯一零点;(2)已知f2n-1(x)为增函数且有唯一零点,判断f2n

(x)的零点个数.3.已知函数f(x)=aex-x,a>0.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:√𝑥1𝑥2>ae.4.(2021四川成都二诊)已知函数f(x)=x+𝑎𝑥-(a-1)lnx-2,其中a∈R.(1)若f(x)存在唯一极值点

,且极值为0,求a的值;(2)讨论f(x)在区间[1,e2]上的零点个数.答案：1.(1)证明f'(x)=ex-a,∵x<0,∴ex<1.又a>1,∴f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,0)上单调递减.∵f(0)=-1<0,f(-2𝑎)=e-2𝑎>0,存在唯一x0∈(-2𝑎,

0)使得f(x0)=0,∴函数y=f(x)在(-∞,0)内存在唯一零点.(2)解由条件知{e𝑥1-𝑎𝑥1-2=0,e𝑥2-𝑎𝑥2-2=0,∴a=e𝑥1-2𝑥1=e𝑥2-2𝑥2=e𝑥1-e𝑥2𝑥1-𝑥2,令t=x1-x2>0,∴a=e𝑥2(e𝑡

-1)𝑡=e𝑥2-2𝑥2,则有e𝑡-1𝑡=e𝑥2-2𝑥2e𝑥2,令g(t)=e𝑡-1𝑡(t>0),g'(t)=(𝑡-1)e𝑡+1𝑡2,令h(t)=(t-1)et+1,h'(t)=tet>0,∴h(t)

在(0,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(0)=0,∴g(t)在(0,+∞)上单调递增,∴要求t的最小值即求g(t)最小值,令v(x2)=e𝑥2-2𝑥2e𝑥2,2v'(x2)=𝑥2e𝑥2-(𝑥2+1)(e𝑥2-

2)𝑥22e𝑥2=2𝑥2+2-e𝑥2𝑥22e𝑥2,x2<0,令m(x2)=2x2+2-e𝑥2,m'(x2)=2-e𝑥2>0,∴m(x2)在(-∞,0)上单调递增,又m(0)=1>0,m(-1)=

-e-1<0,∴存在唯一x3∈(-1,0)使得m(x3)=0.此时e𝑥3=2x3+2,x2(-∞,x3)x3(x3,0)v'(x2)-0+v(x2)单调递减↘极小值单调递增↗当x2=x3时,v(x2)有最小值,故x1-x2取最小值时a=e𝑥3-2𝑥3=2�

�3+2-2𝑥3=2.2.(1)证明因为f3(x)=1+x+𝑥22+𝑥36,定义域为R,所以f3'(x)=1+x+𝑥22=12(x+1)2+12>0,所以f3(x)=1+x+𝑥22+𝑥36在R上为增函数;又因为f3(-2)=-13<

0,f3(0)=1>0,所以f3(x)在(-2,0)内有唯一零点.(2)解因为f2n(x)=1+x+𝑥22!+𝑥33!+…+𝑥2𝑛-1(2𝑛-1)!+𝑥2𝑛(2𝑛)!,所以f'2n(x)=1+x+𝑥22!+𝑥33!+…+𝑥2𝑛-1(2𝑛-1)!=f2n-1(x

).又因为f2n-1(x)为增函数且有唯一零点,设其零点为xn,则当x∈(-∞,xn)时,f2n-1(x)<0,当x∈(xn,+∞)时,f2n-1(x)>0;所以f2n(x)在(-∞,xn)上单调递减,在(xn,+∞)上单调递增;所以f2n(x)min=f2n

(xn)=f2n-1(xn)+𝑥𝑛2𝑛(2𝑛)!.因为f2n-1(xn)=0,所以f2n(x)≥f2n(xn)=f2n-1(xn)+𝑥𝑛2𝑛(2𝑛)!=𝑥𝑛2𝑛(2𝑛)!>0,所以f2n(x)的零点个数为0.3.(1)解当a=1时,f(x)=ex-x,定义

域为(-∞,+∞),则f'(x)=ex-1.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)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明x1,x2是f(x)的两个不同的零点,等价于x1,x2

是方程ex=𝑥𝑎的两个不同的根,也是方程𝑥e𝑥=a的两个不同的根,a>0,则x1>0,x2>0.要证√𝑥1𝑥2>ae,只需证𝑥1𝑎·𝑥2𝑎>e2,只需证e𝑥1+𝑥2>e2,即证x1+x2>2.3令h(x)=𝑥e𝑥,则h'(x)=1-𝑥e𝑥,所以当x∈(0,1)时,h

'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减.不妨设x1<x2,则0<x1<1<x2,2-x1>1,令φ(x)=h(x)-h(2-x)=𝑥e𝑥−2-𝑥e2-𝑥,x>0,则φ'(x)=(1-x)e2-e2𝑥e𝑥+2,所以当0<x<1时,φ'(x

)>0,φ(x)单调递增,又因为φ(1)=0,所以当0<x<1时,φ(x)<0,即h(x1)=h(x2)<h(2-x1).因为当x∈(1,+∞)时,h(x)单调递减,所以x2>2-x1,即x1+x2>2.故原结论正确,即√𝑥1𝑥2>ae.4.解(1)f(x)的定义域为(0,

+∞),由已知,可得f'(x)=1-𝑎𝑥2−𝑎-1𝑥=(𝑥+1)(𝑥-𝑎)𝑥2(x>0).①若a≤0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,与f(x)存在极值点矛盾,②若a>0,则由f'(

x)=0得x=a,∴当x∈(0,a)时,f'(x)<0,当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在(0,a)内单调递减,在(a,+∞)上单调递增,∴f(a)=a+1-(a-1)lna-2=(a-1)(1-lna)=0,∴a=1或a=e.(2)①当a≤1时,f'(x)≥0在[1,e2]上恒

成立,∴f(x)在[1,e2]上单调递增.∵f(1)=a-1≤0,f(e2)=e2+𝑎e2-2a,当a≤0时,f(e2)=e2+𝑎e2-2a=e2+a(1e2-2)>0;当0<a≤1时,f(e2)=

e2+𝑎e2-2a>2√𝑎-2a=2√𝑎(1-√𝑎)≥0.∴f(e2)>0.∴f(x)在[1,e2]上有1个零点;②当1<a<e2时,∵当x∈[1,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,e2]时,f'(x)>0,∴f(x)在[1,a)上单调递减,在(a,e2]

上单调递增,∴f(x)min=f(a)=(a-1)(1-lna).当a=e时,f(x)min=0,此时f(x)在[1,e2]上有1个零点;当1<a<e时,f(x)min>0,此时f(x)在[1,e2]上无零点;当e<a<e2时,f(x)min<0,f(1)=a-1>0.

则当f(e2)=e2+𝑎e2-2a<0,即e42e2-1<a<e2时,f(x)在[1,e2]上有1个零点;当f(e2)=e2+𝑎e2-2a≥0,即e<a≤e42e2-1时,f(x)在[1,e2]上有2个零点;4③当a≥e2时,f'(x)≤0在[1,e2]上恒成立,f(x)在[1,

e2]上单调递减.∵f(1)=a-1>0,f(e2)=e2+(1e2-2)a≤e2+(1e2-2)e2=-e2+1<0,∴f(x)在[1,e2]上有1个零点,综上,当1<a<e时,f(x)在[1,e2]上无零点;当a≤1或a=e或a>e42e2-1时,f(x)在[1,e2]上有

1个零点;当e<a≤e42e2-1时,f(x)在[1,e2]上有2个零点.