高考数学一轮复习第二章第十节第5课时利用导数研究函数零点问题课时作业理含解析北师大版

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第5课时 利用导数研究函数零点问题授课提示：对应学生用书第297页[A组　基础保分练]1．已知函数f(x)＝a＋ln x(a＞0)．(1)求f(x)的单调区间；(2)试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．解析：(1)函数f(x)的定义域是(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)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－，显然当a＞时，f(x)min＞0，f(x)无零点，当a＝时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点，当a＜时，f(x)min＜0，f(x)有2个零点．2．已知函数f(x)＝2ln(x－1)－(x－1)2.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若关于x的方程f(x)＋x2－3x－a＝0在区间[2，4]内恰有两个相异的实根，求实数a的取值范围．解析：(1)由题意得函数f(x)的定义域是(1，＋∞)，f′(x)＝2＝－，x＞1，令f′(x)＞0，解得1＜x＜2，所以函数f(x)的单调递增区间是(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)，则g′(x)＝1－＝(x＞1)，由g′(x)＞0，得x＞3，由g′(x)＜0，得1＜x＜3，所以函数g(x)在[2，3)上单调递减，在[3，4]上单调递增，作出函数g(x)在区间[2，4]上的大致图像(图略)，可知方程f(x)＋x2－3x－a＝0在区间[2，4]上恰有两个相异的实根，则即解得2ln 3－5≤a＜2ln 2－4，所以实数a的取值范围是[2ln 3－5，2ln 2－4)．[B组　能力提升练]1．已知函数f(x)＝2ln x－ax2.(1)若a＝1，证明：f(x)＋1≤0；(2)当a＝时，判断函数f(x)有几个零点．解析：(1)证明：当a＝1时，f(x)＝2ln x－x2，x∈(0，＋∞)．f′(x)＝－2x＝＝.当x变化时，函数f′(x)，f(x)变化情况如下表所示： (0，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值∴f(x)在x＝1处取得极大值，也是最大值，∴函数f(x)的最大值为－1，即当x∈(0，＋∞)时，f(x)≤－1，∴x∈(0，＋∞)时，f(x)＋1≤0.(2)当a＝时，f(x)＝2ln x－x2，x∈(0，＋∞)．∴f′(x)＝－x＝＝.当x变化时，函数f′(x)，f(x)变化情况如下表所示： (0，)(，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值∴f(x)在x＝处取得极大值，也是最大值．∵f()＝2ln－×()2＝0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．∴当a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．2．已知函数f(x)＝xex－a(ln x＋x)，a∈R.(1)当a＝e时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．解析：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝e时，f(x)＝xex－eln x－ex，则f′(x)＝.所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)记t＝ln x＋x，则t＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，且t∈R.所以f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝et－at＝g(t)．所以f(x)在x＞0上有两个零点等价于g(t)＝et－at在t∈R上有两个零点．①当a＝0时，g(t)＝et在R上单调递增，且g(t)＞0，故g(t)无零点．②当a＜0时，g(t)＝et－at在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，g＝e－1＜0，故g(t)在R上只有一个零点．③当a＞0时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)＝a(1－ln a)．若0＜a＜e，g(t)min＝a(1－ln a)＞0，g(t)无零点；若a＝e，g(t)min＝0，g(t)只有一个零点；若a＞e时，g(t)min＝a(1－ln a)＜0，而g(0)＝1＞0，由于h(x)＝在x＞e时为减函数，可知a＞e时，ea＞ae＞a2.从而g(a)＝ea－a2＞0，所以g(t)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一个零点．综上可知，a＞e时f(x)有两个零点，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．[C组　创新应用练](2020·高考浙江卷)已知1＜a≤2，函数f(x)＝ex－x－a，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)证明：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；(2)记x0为函数y＝f(x)在(0，＋∞)上的零点，证明：① ≤x0≤；② x0f(ex0)≥(e－1)(a－1)a.解析：(1)证明：因为f(0)＝1－a＜0，f(2)＝e2－2－a≥e2－4＞0，所以y＝f(x)在(0，＋∞)上存在零点．因为f′(x)＝ex－1，所以当x＞0时，f′(x)＞0，故函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)证明：①令g(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，g′(x)＝ex－x－1＝f(x)＋a－1，由(1)知函数g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，故当x＞0时，g′(x)＞g′(0)＝0，所以函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)＝0.由g()≥0，得f()＝e－－a≥0＝f(x0)．因为f(x)在[0，＋∞)上单调递增，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故当0＜x＜1时，h1(x)＜0，即h′(x)＜0，所以h(x)在[0，1]上单调递减，因为当0≤x≤1时，h(x)≤h(0)＝0.由h()≤0，得f()＝e－－a≤0＝f(x0)．因为f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以≤x0.综上，≤x0≤.②令u(x)＝ex－(e－1)x－1，u′(x)＝ex－(e－1)，所以当x＞1时，u′(x)＞0，故函数u(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，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.