人教版新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)習(xí)題訓(xùn)練--專題突破練7　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

專題突破練7　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點1.(2021·福建廈門月考)已知函數(shù)f(x)=x3-x2ex的定義域為[-1,+∞).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)討論函數(shù)g(x)=f(x)-a在區(qū)間[-1,2]上的零點個數(shù). 2.(2021·江蘇蘇州月考)已知函數(shù)f(x)=-2ln x(a∈R,a≠0).(1)求函數(shù)f(x)的極值;(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點x1,x2(x1<x2),且a=4,證明:x1+x2>4. 3.(2021·山東煙臺期中)已知函數(shù)f(x)=ax++1(a∈R).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,求實數(shù)a的取值范圍;(2)當(dāng)a≠0時,討論函數(shù)g(x)=f(x)-a-3的零點個數(shù),并給予證明. 4.(2021·山西太原三模)已知函數(shù)f(x)=aln x-x2+b-ln 2的圖象在點(2,f(2))處的切線方程為y=-x+1.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)x1,x2(x1<x2)是函數(shù)g(x)=f(x)-m的兩個零點,求證:x2-x1<-4m. 5.(2021·廣東佛山期末)已知函數(shù)f(x)=ln x-mx有兩個零點.(1)求m的取值范圍;(2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個零點,證明:f'(x1+x2)<0. 6.(2021·山東實驗中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)=2exsin x(e是自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)記g(x)=f(x)-ax,0<a<6,試討論g(x)在區(qū)間(0,π)上的零點個數(shù)(參考數(shù)據(jù):≈4.8).
專題突破練7　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點1.解: (1)f'(x)=x3+x2-xex=(3x+8)(x-1)ex,因為x∈[-1,+∞),所以函數(shù)f'(x)的零點為0和1.所以當(dāng)0<x<1時,f'(x)<0;當(dāng)x>1或-1≤x<0時,f'(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞增區(qū)間為[-1,0),(1,+∞).(2)由(1)知,f(x)在區(qū)間[-1,2]上的極大值為f(0)=0,極小值為f(1)=-.因為f(-1)=-<1,所以f(1)<f(-1)<0.f(2)=,由g(x)=0,得f(x)=a.故當(dāng)a<-或a>時,g(x)的零點個數(shù)為0;當(dāng)a=-或0<a≤時,g(x)的零點個數(shù)為1;當(dāng)-<a<-或a=0時,g(x)的零點個數(shù)為2;當(dāng)-≤a<0時,g(x)的零點個數(shù)為3.2.(1)解: 函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=.當(dāng)a<0時,f'(x)<0,所以f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間(0,+∞)上無極值;當(dāng)a>0時,若x∈(0,),f'(x)<0,f(x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞減.若x∈(,+∞),f'(x)>0,f(x)在區(qū)間(,+∞)上單調(diào)遞增,故f(x)在區(qū)間(0,+∞)上的極小值為f()=1-2ln =1-ln a,無極大值.(2)證明: 當(dāng)a=4時,f(x)=-2ln x.由(1)知,f(x)在區(qū)間(0,2)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(2,+∞)上單調(diào)遞增,x=2是函數(shù)f(x)的極值點.又x1,x2為函數(shù)f(x)的零點,所以0<x1<2<x2,要證x1+x2>4,只需證x2>4-x1.∵f(4-x1)=-2ln(4-x1)=-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=-2ln x1=0,∴f(4-x1)=2ln x1-2x1+4-2ln(4-x1).令h(x)=2ln x-2x+4-2ln(4-x)(0<x<2),則h'(x)=-2+>0,∴h(x)在區(qū)間(0,2)上單調(diào)遞增,∴h(x)<h(2)=0,∴f(4-x1)<0=f(x2),又4-x1>2,x2>2,∴4-x1<x2,即x1+x2>4得證.3.解: (1)f'(x)=a-.由題意得f'(x)≥0,即a≥在區(qū)間(1,+∞)上恒成立.當(dāng)x∈(1,+∞)時,∈0,,所以a≥.故實數(shù)a的取值范圍為,+∞.(2)當(dāng)a<0時,函數(shù)g(x)有且只有一個零點;當(dāng)a>0時,函數(shù)g(x)有兩個零點.證明如下:由已知得g(x)=ax+-a-2,則g'(x)=a-.當(dāng)a<0時,g'(x)<0,所以函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.又g(0)=-a>0,g(1)=-2<0,故函數(shù)g(x)有且只有一個零點.當(dāng)a>0時,令g'(x)<0,得x<ln,令g'(x)>0,得x>ln,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間-∞,ln上單調(diào)遞減,在區(qū)間ln,+∞上單調(diào)遞增,而g=aln<0,g>0.由于x>ln x,所以>ln,所以g(x)在區(qū)間ln上存在一個零點.又gln=aa-ln,且ln<ln,設(shè)h(a)=a-ln,則h'(a)=1->0在區(qū)間(0,+∞)上恒成立,故h(a)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.而h(0)=0,所以h(a)>0在區(qū)間(0,+∞)上恒成立,所以gln>0,所以g(x)在區(qū)間ln,ln上存在一個零點.綜上所述,當(dāng)a<0時,函數(shù)g(x)有且只有一個零點;當(dāng)a>0時,函數(shù)g(x)有兩個零點.4.(1)解: 由題可知,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=x,又函數(shù)f(x)的圖象在點(2,f(2))處的切線方程為y=-x+1,所以解得所以f(x)=ln x-x2+1-ln 2,f'(x)=x=.當(dāng)x∈(0,)時,f'(x)>0;當(dāng)x∈(,+∞)時,f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),單調(diào)遞減區(qū)間為(,+∞).(2)證明: 由(1)得f(x)=ln x-x2+1-ln 2(x>0),且f(x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞增,在區(qū)間[,+∞)上單調(diào)遞減,由題意得f(x1)=f(x2)=m,且0<x1<<x2,∴x2-x1-+4m=x2-x1-+2(f(x2)+f(x1))=2ln x2+x2-+2ln x1-x1--4ln 2.令t1(x)=2ln x+x-x2,x>,則t1'(x)=,令t1'(x)>0,得<x<2;令t1'(x)<0,得x>2,∴t1(x)在區(qū)間(,2]上單調(diào)遞增,在區(qū)間(2,+∞)上單調(diào)遞減,∴t1(x)≤t1(2)=2ln 2.令t2(x)=2ln x-x-x2,0<x<,則t2'(x)=,令t2'(x)>0,得0<x<1;令t2'(x)<0,得1<x<,∴t2(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間[1,)上單調(diào)遞減,∴t2(x)≤t2(1)=-,∴x2-x1-+4m≤t1(2)+t2(1)+-4ln 2=1-2ln 2<0.∴x2-x1<-4m.5.(1)解: f'(x)=-m=(x>0).當(dāng)m≤0時,f'(x)>0,則f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,至多有一個零點.當(dāng)m>0時,若0<x<,則f'(x)>0,f(x)在區(qū)間0,上單調(diào)遞增;若x>,則f'(x)<0,f(x)在區(qū)間,+∞上單調(diào)遞減,∴f(x)在x=處取得最大值,由題意得f=-ln m-1>0得0<m<,此時,有>e>1,而f(1)=-m<0,f=-2ln m-<0,∴由零點存在定理可知,f(x)在區(qū)間1,和上各有一個零點.綜上所述,m的取值范圍是0,.(2)證明: ∵x1,x2是f(x)的兩個零點,不妨設(shè)x1>x2>0,∴ln x1-mx1=0①,ln x2-mx2=0②,①-②得ln x1-ln x2=mx1-mx2,即有m=,由f'(x)=-m,有f'(x1+x2)=-m=,∴要證f'(x1+x2)<0,即證,即證ln x1-ln x2>,即證ln>0,即證ln-1>0,令=t>1,設(shè)φ(t)=ln t+-1(t>1),則φ'(t)=>0,∴φ(t)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,則φ(t)>φ(1)=0,∴f'(x1+x2)<0得證.6.解: (1)函數(shù)f(x)=2exsin x的定義域為R.f'(x)=2ex(sin x+cos x)=2exsinx+.由f'(x)>0,得sinx+>0,可得2kπ<x+<2kπ+π(k∈Z),解得2kπ-<x<2kπ+(k∈Z),由f'(x)<0,得sinx+<0,可得2kπ+π<x+<2kπ+2π(k∈Z),解得2kπ+<x<+2kπ(k∈Z).所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為-+2kπ,+2kπ(k∈Z),單調(diào)遞減區(qū)間為+2kπ,+2kπ(k∈Z).(2)由已知g(x)=2exsin x-ax,所以g'(x)=2ex(sin x+cos x)-a,令h(x)=g'(x),則h'(x)=4excos x.因為x∈(0,π),所以當(dāng)x∈0,時,h'(x)>0;當(dāng)x∈,π時,h'(x)<0,所以h(x)在區(qū)間0,上單調(diào)遞增,在區(qū)間,π上單調(diào)遞減,即g'(x)在區(qū)間0,上單調(diào)遞增,在區(qū)間,π上單調(diào)遞減.g'(0)=2-a,g'=2-a>0,g'(π)=-2eπ-a<0.①當(dāng)2-a≥0,即0<a≤2時,g'(0)≥0,所以?x0∈,π,使得g'(x0)=0.所以當(dāng)x∈(0,x0)時,g'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,π)時,g'(x)<0.所以g(x)在區(qū)間(0,x0)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(x0,π)上單調(diào)遞減.因為g(0)=0,所以g(x0)>0.因為g(π)=-aπ<0,所以由零點存在定理可得,此時g(x)在區(qū)間(0,π)上僅有一個零點.②當(dāng)2-a<0,即2<a<6時,g'(0)<0,所以?x1∈0,,x2∈,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0.當(dāng)x∈(0,x1),x∈(x2,π)時,g'(x)<0;當(dāng)x∈(x1,x2)時,g'(x)>0.所以g(x)在區(qū)間(0,x1)和(x2,π)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x1,x2)上單調(diào)遞增.因為g(0)=0,所以g(x1)<0,因為g=2a>2-3π>0,所以g(x2)>0,因為g(π)=-aπ<0,由零點存在定理可得,g(x)在區(qū)間(x1,x2)和(x2,π)內(nèi)各有一個零點,即此時g(x)在區(qū)間(0,π)上有兩個零點.綜上所述,當(dāng)0<a≤2時,g(x)在區(qū)間(0,π)上僅有一個零點;當(dāng)2<a<6時,g(x)在區(qū)間(0,π)上有兩個零點.