23版新高考一輪分層練案(十九)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點

這是一份23版新高考一輪分層練案(十九)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點，共5頁。試卷主要包含了已知函數(shù)f＝kx－ln x.，已知函數(shù)f＝ex－a.，已知函數(shù)f＝－2ln x.等內(nèi)容，歡迎下載使用。
一輪分層練案(十九)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點 A級——基礎(chǔ)達標1．已知函數(shù)f(x)＝kx－ln x(k>0).(1)若k＝1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)有且只有一個零點，求實數(shù)k的值．解：(1)若k＝1，則f(x)＝x－ln x，定義域為(0，＋∞)，則f′(x)＝1－，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞).(2)法一：由題意知，方程kx－ln x＝0僅有一個實根，由kx－ln x＝0，得k＝(x>0).令g(x)＝(x>0)，則g′(x)＝，當0<x<e時，g′(x)>0；當x>e時，g′(x)<0.∴g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)max＝g(e)＝.當x→＋∞時，g(x)→0，當x→0時，g(x)→－∞.又∵k>0，∴要使f(x)僅有一個零點，則k＝.法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－＝(x>0，k>0).當0<x<時，f′(x)<0；當x>時，f′(x)>0.∴f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f＝1－ln ，∵f(x)有且只有一個零點，∴1－ln ＝0，即k＝.法三：∵k>0，∴函數(shù)f(x)有且只有一個零點等價于直線y＝kx與曲線y＝ln x相切，設(shè)切點為(x0，y0)，由y＝ln x，得y′＝，∴∴k＝，∴實數(shù)k的值為.2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋ax＋b.(1)當a＝－1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝ax恰有兩個不同的交點，求實數(shù)b的值．解：(1)當a＝－1時，f(x)＝x3＋x2－x＋b，則f′(x)＝3x2＋2x－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)和.(2)函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝ax恰有兩個不同的交點，等價于f(x)－ax＝0有兩個不等的實根．令g(x)＝f(x)－ax＝x3＋x2＋b，則g′(x)＝3x2＋2x.由g′(x)>0，得x<－或x>0；由g′(x)<0，得－<x<0.所以函數(shù)g(x)在和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．所以當x＝－時，函數(shù)g(x)取得極大值g＝＋b；當x＝0時，函數(shù)g(x)取得極小值為g(0)＝b.要滿足題意，則需g＝＋b＝0或g(0)＝b＝0，所以b＝－或b＝0.3．已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋2).(1)當a＝1時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．解：(1)當a＝1時，f(x)＝ex－x－2，則f′(x)＝ex－1.當x<0時，f′(x)<0；當x>0時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．(2)f′(x)＝ex－a.當a≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，故f(x)至多存在1個零點，不合題意．當a>0時，由f′(x)＝0可得x＝ln a．當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0；當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，ln a)單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)單調(diào)遞增．故當x＝ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)＝－a(1＋ln a).①若0<a≤，則f(ln a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在1個零點，不合題意．②若a>，則f(ln a)<0.由于f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，ln a)存在唯一零點．由(1)知，當x>2時，ex－x－2>0，所以當x>4且x>2ln (2a)時，f(x)＝e·e－a(x＋2)>eln (2a)·－a(x＋2)＝2a>0.故f(x)在(ln a，＋∞)存在唯一零點．從而f(x)在(－∞，＋∞)有兩個零點．綜上，a的取值范圍是  .4．已知函數(shù)f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，k∈R).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當函數(shù)f(x)有兩個零點x1，x2時，證明x1＋x2>－2.解：(1)易得f′(x)＝ex＋1－k，當k>0時，令f′(x)＝0，得x＝ln k－1，可得當x∈(－∞，ln k－1)時，f′(x)<0，當x∈(ln k－1，＋∞)時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，ln k－1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln k－1，＋∞)上單調(diào)遞增．當k≤0時，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立，故此時函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增．(2)證明：當k≤0時，由(1)知函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，不存在兩個零點，所以k>0，由題意知e＝k(x1＋2)，e＝k(x2＋2)，所以x1＋2>0，x2＋2>0，可得x1－x2＝ln ，不妨設(shè)x1>x2，令＝t，則t>1，由解得x1＋2＝，x2＋2＝，所以x1＋x2＋4＝，欲證x1＋x2>－2，只需證明>2，即證(t＋1)ln t－2(t－1)>0，令g(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t＞1)，則g′(t)＝ln t＋(t＋1)－2＝ln t＋－1.令h(t)＝ln t＋－1(t＞1)，則h′(t)＝－＞0，h(t)單調(diào)遞增，所以g′(t)>g′(1)＝0.所以g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0，原不等式得證．B級——綜合應(yīng)用5．已知函數(shù)f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x(a∈R).(1)當a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在上無零點，求a的取值范圍．解：(1)當a＝1時，f(x)＝x－1－2ln x，x>0，則f′(x)＝1－＝，由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)<0，得0<x<2.故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞).(2)因為當x→0時，f(x)→＋∞，所以f(x)<0在區(qū)間上不可能恒成立，故要使函數(shù)f(x)在上無零點，只要對任意的x∈，f(x)>0恒成立，即對x∈，a>2－恒成立．令h(x)＝2－，x∈，則h′(x)＝，再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈，則m′(x)＝－<0，故m(x)在上單調(diào)遞減．于是m(x)≥m＝4－2ln 3≥0.從而h′(x)≥0，于是h(x)在上單調(diào)遞增，所以對x∈有h(x)<h＝2－3ln 3，所以a的取值范圍為[2－3ln 3，＋∞).6．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－x2－ax，a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當a≤1時，若x1≠x2，f(x1)＋f(x2)＝2，求證：x1＋x2<0.解：(1)f′(x)＝ex－x－a，令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝0，得x＝0.當x∈(－∞，0)時，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減；當x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以g(x)min＝g(0)＝1－a.當a≤1時，g(x)min＝1－a≥0，即g(x)＝f′(x)≥0，則f(x)在R上單調(diào)遞增．當a>1時，g(x)min＝1－a<0.易知x→－∞時，g(x)→＋∞；當x→＋∞時，g(x)→＋∞.由函數(shù)零點存在定理知，?x1，x2(不妨設(shè)x1<0<x2)，使得g(x1)＝g(x2)＝0.當x∈(－∞，x1)時，g(x)>0，即f′(x)>0；當x∈(x1，x2)時，g(x)<0，即f′(x)<0；當x∈(x2，＋∞)時，g(x)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減．綜上所述，當a≤1時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當a>1時，f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減．(2)構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)＋f(－x)－2，x≥0，則F(x)＝ex－x2－ax＋－2＝ex＋e－x－x2－2，x≥0，F′(x)＝ex－e－x－2x，F″(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0(當且僅當x＝0時取等號，F″(x)是F′(x)的導(dǎo)數(shù)).所以F′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則F′(x)≥F′(0)＝0.所以F(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，F(x)≥F(0)＝0.不妨設(shè)x1<x2，則結(jié)合(1)易知x2>0，欲證x1＋x2<0，即證x1<－x2，由(1)知當a≤1時，f(x)在R上單調(diào)遞增，即證f(x1)<f(－x2)，由已知f(x1)＋f(x2)＝2，有f(x1)＝2－f(x2)，只需證f(x1)＝2－f(x2)<f(－x2)，即證f(x2)＋f(－x2)>2.因為F(x)＝f(x)＋f(－x)－2在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且x2>0，所以F(x2)＝f(x2)＋f(－x2)－2>0，故f(x2)＋f(－x2)>2成立，從而x1＋x2<0得證．