高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章第十節(jié)第5課時利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題課時作業(yè)理含解析北師大版-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

第5課時利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第297頁[A組　基礎(chǔ)保分練]1．已知函數(shù)f(x)＝a＋ln x(a＞0)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)試求f(x)的零點(diǎn)個數(shù)，并證明你的結(jié)論．解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝()′ln x＋·＝.令f′(x)＞0，解得x＞e－2，令f′(x)＜0，解得0＜x＜e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調(diào)遞減，在(e－2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－，顯然當(dāng)a＞時，f(x)min＞0，f(x)無零點(diǎn)，當(dāng)a＝時，f(x)min＝0，f(x)有1個零點(diǎn)，當(dāng)a＜時，f(x)min＜0，f(x)有2個零點(diǎn)．2．已知函數(shù)f(x)＝2ln(x－1)－(x－1)2.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若關(guān)于x的方程f(x)＋x2－3x－a＝0在區(qū)間[2，4]內(nèi)恰有兩個相異的實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：(1)由題意得函數(shù)f(x)的定義域是(1，＋∞)，f′(x)＝2＝－，x＞1，令f′(x)＞0，解得1＜x＜2，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，2)．(2)由f(x)＋x2－3x－a＝0，得x＋a＋1－2ln(x－1)＝0，令g(x)＝x＋a＋1－2ln(x－1)，則g′(x)＝1－＝(x＞1)，由g′(x)＞0，得x＞3，由g′(x)＜0，得1＜x＜3，所以函數(shù)g(x)在[2，3)上單調(diào)遞減，在[3，4]上單調(diào)遞增，作出函數(shù)g(x)在區(qū)間[2，4]上的大致圖像(圖略)，可知方程f(x)＋x2－3x－a＝0在區(qū)間[2，4]上恰有兩個相異的實(shí)根，則即解得2ln 3－5≤a＜2ln 2－4，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[2ln 3－5，2ln 2－4)．[B組　能力提升練]1．已知函數(shù)f(x)＝2ln x－ax2.(1)若a＝1，證明：f(x)＋1≤0；(2)當(dāng)a＝時，判斷函數(shù)f(x)有幾個零點(diǎn)．解析：(1)證明：當(dāng)a＝1時，f(x)＝2ln x－x2，x∈(0，＋∞)．f′(x)＝－2x＝＝.當(dāng)x變化時，函數(shù)f′(x)，f(x)變化情況如下表所示： (0，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)極大值∴f(x)在x＝1處取得極大值，也是最大值，∴函數(shù)f(x)的最大值為－1，即當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)≤－1，∴x∈(0，＋∞)時，f(x)＋1≤0.(2)當(dāng)a＝時，f(x)＝2ln x－x2，x∈(0，＋∞)．∴f′(x)＝－x＝＝.當(dāng)x變化時，函數(shù)f′(x)，f(x)變化情況如下表所示： (0，)(，＋∞)f′(x)＋0－f(x)極大值∴f(x)在x＝處取得極大值，也是最大值．∵f()＝2ln－×()2＝0，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點(diǎn)．∴當(dāng)a＝時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上只有一個零點(diǎn)．2．已知函數(shù)f(x)＝xex－a(ln x＋x)，a∈R.(1)當(dāng)a＝e時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)有兩個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：(1)由題意得，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?/span>(0，＋∞)，當(dāng)a＝e時，f(x)＝xex－eln x－ex，則f′(x)＝.所以函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)記t＝ln x＋x，則t＝ln x＋x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且t∈R.所以f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝et－at＝g(t)．所以f(x)在x＞0上有兩個零點(diǎn)等價于g(t)＝et－at在t∈R上有兩個零點(diǎn)．①當(dāng)a＝0時，g(t)＝et在R上單調(diào)遞增，且g(t)＞0，故g(t)無零點(diǎn)．②當(dāng)a＜0時，g(t)＝et－at在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1＞0，g＝e－1＜0，故g(t)在R上只有一個零點(diǎn)．③當(dāng)a＞0時，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a時有唯一的一個極小值g(ln a)＝a(1－ln a)．若0＜a＜e，g(t)min＝a(1－ln a)＞0，g(t)無零點(diǎn)；若a＝e，g(t)min＝0，g(t)只有一個零點(diǎn)；若a＞e時，g(t)min＝a(1－ln a)＜0，而g(0)＝1＞0，由于h(x)＝在x＞e時為減函數(shù)，可知a＞e時，ea＞ae＞a2.從而g(a)＝ea－a2＞0，所以g(t)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一個零點(diǎn)．綜上可知，a＞e時f(x)有兩個零點(diǎn)，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e，＋∞)．[C組　創(chuàng)新應(yīng)用練](2020·高考浙江卷)已知1＜a≤2，函數(shù)f(x)＝ex－x－a，其中e＝2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)證明：函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)；(2)記x0為函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上的零點(diǎn)，證明：① ≤x0≤；② x0f(ex0)≥(e－1)(a－1)a.解析：(1)證明：因?yàn)?/span>f(0)＝1－a＜0，f(2)＝e2－2－a≥e2－4＞0，所以y＝f(x)在(0，＋∞)上存在零點(diǎn)．因?yàn)?/span>f′(x)＝ex－1，所以當(dāng)x＞0時，f′(x)＞0，故函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零點(diǎn)．(2)證明：①令g(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，g′(x)＝ex－x－1＝f(x)＋a－1，由(1)知函數(shù)g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故當(dāng)x＞0時，g′(x)＞g′(0)＝0，所以函數(shù)g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)≥g(0)＝0.由g()≥0，得f()＝e－－a≥0＝f(x0)．因?yàn)?/span>f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以≥x0.令h(x)＝ex－x2－x－1(0≤x≤1)，h′(x)＝ex－2x－1，令h1(x)＝ex－2x－1(0≤x≤1)，h′1(x)＝ex－2，所以x0(0，ln 2)ln 2(ln 2，1)1h′1(x)－1—0＋e－2h1(x)0 e－3故當(dāng)0＜x＜1時，h1(x)＜0，即h′(x)＜0，所以h(x)在[0，1]上單調(diào)遞減，因?yàn)楫?dāng)0≤x≤1時，h(x)≤h(0)＝0.由h()≤0，得f()＝e－－a≤0＝f(x0)．因?yàn)?/span>f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以≤x0.綜上，≤x0≤.②令u(x)＝ex－(e－1)x－1，u′(x)＝ex－(e－1)，所以當(dāng)x＞1時，u′(x)＞0，故函數(shù)u(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增，因此u(x)≥u(1)＝0.由ex0＝x0＋a，得x0f(ex0)＝x0f(x0＋a)＝(ea－1)x＋a(ea－2)x0≥(e－1)ax，由x0≥，得x0f(ex0)≥(e－1)(a－1)a.