【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练7　利用导数研究函数的零点 Word版含答案.docx，共(8)页，44.321 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练7利用导数研究函数的零点1.已知函数f(x)=x3-43x2ex的定义域为[-1,+∞).(1)求f(x)的单调区间;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a在区间[-1,2]上的零点个数.2.已知函数f(x)=𝑥2𝑎

-2lnx(a∈R,a≠0).(1)求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2),且a=4,证明:x1+x2>4.3.已知函数f(x)=ax+2e𝑥+1(a∈R).(1)若函数f(x)在区间(1

,+∞)内单调递增,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.4.已知函数f(x)=alnx-14x2+b-ln2的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-12

x+1.(1)求f(x)的单调区间;(2)设x1,x2(x1<x2)是函数g(x)=f(x)-m的两个零点,求证:x2-x1<32-4m.5.已知函数f(x)=lnx-mx有两个零点.(1)求m的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:f'(x

1+x2)<0.6.已知函数f(x)=2exsinx(e是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间;(2)记g(x)=f(x)-ax,0<a<6,试讨论g(x)在区间(0,π)内的零点个数(参考数据:eπ2≈4.8).专题突破练7利用导数研究函数的零点1.解(1)f'(x)=x

3+53x2-83xex=𝑥3(3x+8)(x-1)ex,因为x∈[-1,+∞),所以函数f'(x)的零点为0和1.所以当0<x<1时,f'(x)<0;当x>1或-1≤x<0时,f'(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为[-1,0),(1,+∞).(2)由(1

)知,f(x)在区间[-1,2]上的极大值为f(0)=0,极小值为f(1)=-e3.因为f(-1)=-73e,𝑓(-1)𝑓(1)=7e2<72.72<1,所以f(1)<f(-1)<0.f(2)=8e23,由g(x)=0

,得f(x)=a.故当a<-e3或a>8e23时,g(x)的零点个数为0;当a=-e3或0<a≤8e23时,g(x)的零点个数为1;当-e3<a<-73e或a=0时,g(x)的零点个数为2;当-73e≤a<0时,g(x)的零点个数为3.2.(1)解函数f(x)的

定义域为(0,+∞),f'(x)=2𝑥𝑎−2𝑥=2𝑥2-2𝑎𝑎𝑥.当a<0时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,所以f(x)在区间(0,+∞)内无极值;当a>0时,若x∈(0,√𝑎),f'(x)<0,f(x)在区间(0,√𝑎)内单调递减.若

x∈(√𝑎,+∞),f'(x)>0,f(x)在区间(√𝑎,+∞)内单调递增,故f(x)在区间(0,+∞)内的极小值为f(√𝑎)=1-2ln√𝑎=1-lna,无极大值.(2)证明当a=4时,f(x)=𝑥24-2lnx.由(1)知,f(x)在区间(0,2)内单调递减,

在区间(2,+∞)内单调递增,x=2是函数f(x)的极值点.又x1,x2为函数f(x)的零点,所以0<x1<2<x2,要证x1+x2>4,只需证x2>4-x1.∵f(4-x1)=(4-𝑥1)24-2ln(4-x1)=𝑥124-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=𝑥

124-2lnx1=0,∴f(4-x1)=2lnx1-2x1+4-2ln(4-x1).令h(x)=2lnx-2x+4-2ln(4-x)(0<x<2),则h'(x)=2𝑥-2+24-𝑥=2(𝑥-2)2𝑥(4-𝑥)>0,∴h(x)在区间(0,2)内单调递增,∴h(x)<

h(2)=0,∴f(4-x1)<0=f(x2),又4-x1>2,x2>2,∴4-x1<x2,即x1+x2>4得证.3.解(1)f'(x)=a-2e𝑥.由题意得f'(x)≥0,即a≥2e𝑥在区间(1,+∞)内恒成立

.当x∈(1,+∞)时,2e𝑥∈0,2e,所以a≥2e.故实数a的取值范围为2e,+∞.(2)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.证明如下:由已知得g(x)=ax+2e𝑥-a-2,

则g'(x)=a-2e𝑥=𝑎e𝑥-2e𝑥.当a<0时,g'(x)<0,所以函数g(x)单调递减.又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,令g'(x)>0,得x>ln2𝑎,所以函数g(x)在区间-∞,l

n2𝑎内单调递减,在区间ln2𝑎,+∞内单调递增,而g(ln2𝑎)=aln2𝑎−2𝑎<0,g(𝑎+2𝑎)=2e𝑎+2𝑎>0.由于x>lnx,所以𝑎+2𝑎>2𝑎>ln2𝑎,所以g(x)在区间ln2𝑎,𝑎+2𝑎

内存在一个零点.又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在区间(0,+∞)

内恒成立,故h(a)在区间(0,+∞)内单调递增.而h(0)=0,所以h(a)>0在区间(0,+∞)内恒成立,所以gln2𝑎2+𝑎+2>0,所以g(x)在区间ln2𝑎2+𝑎+2,ln2𝑎内存在一个零点.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.4.(1)解由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=𝑎𝑥−12x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-12x+1,所以{𝑓(2)=0,𝑓'(2)=-12,即{𝑎ln2-1+𝑏-ln2=0,�

�2-1=-12,解得{𝑎=1,𝑏=1,所以f(x)=lnx-14x2+1-ln2,f'(x)=1𝑥−12x=2-𝑥22𝑥.当x∈(0,√2)时,f'(x)>0;当x∈(√2,+∞)时,f'(x)<0,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,√2),单调递减区间为(√2,+

∞).(2)证明由(1)得f(x)=lnx-14x2+1-ln2(x>0),且f(x)在区间(0,√2)内单调递增,在区间[√2,+∞)内单调递减,由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0<x1<√2<x2,∴x2-x1-32+4m=x2-x1-32+2(f(x2)+

f(x1))=2lnx2+x2-12𝑥22+2lnx1-x1-12𝑥12+52-4ln2.令t1(x)=2lnx+x-12x2,x>√2,则t1'(x)=(𝑥+1)(𝑥-2)-𝑥,令t1'(x)>0,得√2<x<2;令t1'(x)<0,得x>2,∴t1(x)

在区间(√2,2]内单调递增,在区间(2,+∞)内单调递减,∴t1(x)≤t1(2)=2ln2.令t2(x)=2lnx-x-12x2,0<x<√2,则t2'(x)=(𝑥+2)(𝑥-1)-𝑥,令t2

'(x)>0,得0<x<1;令t2'(x)<0,得1<x<√2,∴t2(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间[1,√2)内单调递减,∴t2(x)≤t2(1)=-32,∴x2-x1-32+4m≤t1(2)+t2(1)+52-4ln2=1-2ln2<0.∴x2

-x1<32-4m.5.(1)解f'(x)=1𝑥-m=1-𝑚𝑥𝑥(x>0).当m≤0时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,至多有一个零点.当m>0时,若0<x<1𝑚,则f'(x)>0,f(x)在区间0,

1𝑚内单调递增;若x>1𝑚,则f'(x)<0,f(x)在区间1𝑚,+∞内单调递减,∴f(x)在x=1𝑚处取得最大值,由题意得f(1𝑚)=-lnm-1>0得0<m<1e,此时,有1𝑚2>1𝑚>e>1,而f(1)=-m<0,f(1𝑚2)=-2lnm-1𝑚<0,∴

由零点存在定理可知,f(x)在区间1,1𝑚和1𝑚,1𝑚2内各有一个零点.综上所述,m的取值范围是0,1e.(2)证明∵x1,x2是f(x)的两个零点,不妨设x1>x2>0,∴lnx1-mx1=0①,lnx2-mx2=0②,①-②得lnx1-lnx2=mx1-mx2,即有m

=ln𝑥1-ln𝑥2𝑥1-𝑥2,由f'(x)=1𝑥-m,有f'(x1+x2)=1𝑥1+𝑥2-m=1𝑥1+𝑥2−ln𝑥1-ln𝑥2𝑥1-𝑥2,∴要证f'(x1+x2)<0,即证ln𝑥1-ln𝑥2𝑥1-𝑥2>1𝑥1+

𝑥2,即证lnx1-lnx2>𝑥1-𝑥2𝑥1+𝑥2,即证ln𝑥1𝑥2−𝑥1𝑥2-1𝑥1𝑥2+1>0,即证ln𝑥1𝑥2+2𝑥1𝑥2+1-1>0,令𝑥1𝑥2=t>1,设φ(t)=lnt+2𝑡+1-1(t>1),则φ'(t)=𝑡2+1𝑡(𝑡+1)2>0,∴φ

(t)在区间(1,+∞)内单调递增,则φ(t)>φ(1)=0,∴f'(x1+x2)<0得证.6.解(1)函数f(x)=2exsinx的定义域为R.f'(x)=2ex(sinx+cosx)=2√2exsinx+π4.由f'(x)>0,得sinx+π4>0,

可得2kπ<x+π4<2kπ+π(k∈Z),解得2kπ-π4<x<2kπ+3π4(k∈Z),由f'(x)<0,得sinx+π4<0,可得2kπ+π<x+π4<2kπ+2π(k∈Z),解得2kπ+3π4<x<7

π4+2kπ(k∈Z).所以f(x)的单调递增区间为-π4+2kπ,3π4+2kπ(k∈Z),单调递减区间为3π4+2kπ,7π4+2kπ(k∈Z).(2)由已知g(x)=2exsinx-ax,所以g'(x)=2ex(sinx+cosx)-a,令h(x)=g'(x),则h'(x)

=4excosx.因为x∈(0,π),所以当x∈0,π2时,h'(x)>0;当x∈π2,π时,h'(x)<0,所以h(x)在区间0,π2内单调递增,在区间π2,π内单调递减,即g'(x)在区间0,π2内单调递增,在区间π

2,π内单调递减.g'(0)=2-a,g'(π2)=2eπ2-a>0,g'(π)=-2eπ-a<0.①当2-a≥0,即0<a≤2时,g'(0)≥0,所以∃x0∈π2,π,使得g'(x0)=0.所以当x∈(0,x0)时,g'(x)

>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,x0)内单调递增,在区间(x0,π)内单调递减.因为g(0)=0,所以g(x0)>0.因为g(π)=-aπ<0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在

区间(0,π)内仅有一个零点.②当2-a<0,即2<a<6时,g'(0)<0,所以∃x1∈0,π2,x2∈π2,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0.当x∈(0,x1),x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2

)时,g'(x)>0.所以g(x)在区间(0,x1)和(x2,π)内单调递减,在区间(x1,x2)内单调递增.因为g(0)=0,所以g(x1)<0,因为g(π2)=2eπ2−π2a>2eπ2-3π>0,所以g(x2)>0,因为g(π)=-aπ<0,由零

点存在定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,π)内有两个零点.