高考数学一轮复习课时质量评价20利用导数研究函数的零点问题含答案

课时质量评价(二十)

A组　全考点巩固练

1．已知函数f(x)＝ex(ax＋1)，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e．

(1)求a，b的值；

(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围

解：(1)f(x)＝ex(ax＋1)，则f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)．

由题意知解得

所以a＝1，b＝3e．

(2)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，

函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于函数u(x)＝ex·(x－2)的图象与直线y＝m有两个交点，u′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)．

当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，所以u(x)在(－∞，1)上单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，所以u(x)在(1，＋∞)上单调递增；

当x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e．

又当x→＋∞时，u(x)→＋∞，当x<2时，u(x)<0，

所以实数m的取值范围为{m|－e<m<0}．

2．已知函数f(x)＝ln x－，m∈R，讨论f(x)的零点个数．

解：函数f(x)＝ln x－的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝－＝．

令g(x)＝x2＋(2－2m)x＋1，

当m≤1时，因为x∈(0，＋∞)，

所以g(x)＝x2＋(2－2m)x＋1＞0，

所以f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又f(1)＝0，所以f(x)有且只有1个零点．

当1＜m≤2时，Δ＝4m2－8m＝4m(m－2)≤0，

所以f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

又f(1)＝0，所以f(x)有且只有1个零点．

当m＞2时，x2＋(2－2m)x＋1＝0有2个正根，解得x1＝m－1－，x2＝m－1＋．

因为x1x2＝1，所以0＜x1＜1，x2＞1．

当0＜x＜x1时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增；

当x1＜x＜x2时，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减；

当x＞x2时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增．

因为1∈(x1，x2)，f(1)＝0，所以f(x)在(x1，x2)上有1个零点，且f(x1)＞0，f(x2)＜0．

又em＞1,0＜e－m＜1，且f(em)＝m－＝＞0，f(e－m)＝－m－＝＜0，

所以f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上各有1个零点．

综上，当m≤2时，f(x)有且只有1个零点；当m＞2时，f(x)有3个零点．

3．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2(a>0)有两个零点x1，x2，证明：x1＋x2<2．

证明：f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)，因为a>0，

所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(1)＝－e．

由f(x1)＝f(x2)＝0，可设x1<1<x2，构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，

所以F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝(x－1)(ex＋2a)－(x－1)(e2－x＋2a)＝(x－1)(ex－e2－x)，

当x<1时，x－1<0，ex－e2－x<0，则F′(x)>0，F(x)在(－∞，1)上单调递增．又F(1)＝0，故F(x)<0(x<1)，即f(x)<f(2－x)(x<1)．

把x1代入上述不等式得f(x1)＝f(x2)<f(2－x1)，

又x2>1,2－x1>1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故x2<2－x1，即x1＋x2<2．

4．(2022·陕西模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x2－6x，h(x)＝3aex．

(1)设F(x)＝g(x)＋8f(x)，求函数F(x)的单调区间；

(2)设H(x)＝h(x)－f(x)－1，当函数H(x)有两个零点时，求实数a的取值范围．

解：(1)因为F(x)＝g(x)＋8f(x)＝x2－6x＋8ln x，其定义域为(0，＋∞)，

所以F′(x)＝x－6＋＝＝．

当x∈(0,2)∪(4，＋∞)时，F′(x)＞0；当x∈(2,4)时，F′(x)＜0，

所以函数F(x)的单调递增区间为(0,2)和(4，＋∞)，函数F(x)的单调递减区间为(2,4)．

(2)因为H(x)＝h(x)－f(x)－1＝3aex－ln x－1(x>0)，

所以函数H(x)有两个零点可转化为关于x的方程3aex－ln x－1＝0有两个实数解，

即函数y＝3a的图象与函数y＝的图象有两个交点．

令G(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，则G′(x)＝，

令G′(x)＝0，解得x＝1．

易知当x∈(0,1)时，G′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，G′(x)＜0，

所以G(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

所以G(x)max＝G(1)＝．

又当x→＋∞时，G(x)→0；当x→0时，G(x)→－∞，

所以当函数y＝3a的图象与函数y＝的图象有两个交点时，0<3a<，

所以0<a<，

所以实数a的取值范围是．

5．已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0．

(1)求a，b的值；

(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>－．

(1)解：函数f(x)＝(x－1)ex－ax，则f′(x)＝xex－a．

由f′(0)＝－1得a＝1．

当x＝0时，解得f(x)＝－1．

所以函数f(x)的图象在x＝0外的切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，

即x＋y＋1＝0，

所以b＝1．

(2)证明：令g(x)＝f′(x)＝xex－1，

则g′(x)＝(x＋1)ex，

所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，在(－∞，－1)内无零点；

当x≥－1时，g(x)单调递增，又g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，

所以g(x)＝0有唯一解x0，f(x)有唯一极值点x0，

由x0e＝1⇒e＝，

f(x0)＝－x0＝1－．

又g＝－1<0，

g(1)＝e－1>0⇒<x0<1⇒＋x0<，f(x0)>－．

B组　新高考培优练

6．(2021·济南三模)已知函数fn(x)＝1＋x＋＋＋…＋(n∈N＋)．

(1)证明：f3(x)单调递增且有唯一零点；

(2)已知f2n－1(x)单调递增且有唯一零点，判断f2n(x)的零点个数．

(1)证明：f3(x)＝1＋x＋＋，

f′3(x)＝1＋x＋＝(x＋1)2＋，

所以f′3(x)＞0，所以f3(x)在R上单调递增．

又f3(－3)＝－2＜0，f(0)＝1＞0，

所以f3(x)单调递增且有唯一零点．

(2)解：因为f2n(x)＝1＋x＋＋＋…＋，

所以f′2n(x)＝1＋x＋＋＋…＋＝f2n－1(x)．

因为f′2n(x)＝f2n－1(x)单调递增且有唯一零点，设f2n－1(x0)＝0，

所以f2n(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．

又f2n(x0)＝f2n－1(x0)＋＝＞0，

所以f2n(x)≥f2n(x0)＞0，

即f2n(x)＞0恒成立，故f2n(x)零点个数为0．

7．已知函数f(x)＝xe－x．

(1)求函数f(x)的单调区间与极值；

(2)已知函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x＝1对称，证明：当x>1时，f(x)>g(x)；

(3)如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>2．

(1)解：f′(x)＝(1－x)e－x．

令f′(x)＝0，解得x＝1．

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．

函数f(x)在x＝1处取得极大值，且f(1)＝，无极小值．

(2)证明：由题意可知g(x)＝f(2－x)，得g(x)＝(2－x)ex－2，

令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝xe－x＋(x－2)ex－2，

于是F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x．

当x＞1时，2x－2＞0，从而e2x－2－1＞0．又e－x＞0，所以F′(x)＞0，从而函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增．

又F(1)＝e－1－e－1＝0，所以x＞1时，有F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)．

(3)证明：①若(x1－1)(x2－1)＝0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2＝1．与x1≠x2矛盾．

②若(x1－1)(x2－1)＞0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2．与x1≠x2矛盾．

根据①②得(x1－1)(x2－1)＜0，不妨设x1＜1，x2＞1．

由(2)可知，f(x2)＞g(x2)，

又g(x2)＝f(2－x2)，

所以f(x2)＞f(2－x2)，

从而f(x1)＞f(2－x2)．

因为x2＞1，所以2－x2＜1，

又由(1)可知函数f(x)在区间(－∞，1)上单调递增，

所以x1＞2－x2，即x1＋x2＞2．