(新高考)高考数学一轮复习分层突破练习4.4《第3课时　利用导数探究函数的零点问题》(含详解)

[基础题组练]

1．(2020·江西七校第一次联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝x·f(x)－的零点个数是(　　)

A．0  B．1

C．2  D．3

解析：选B．函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)＝的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．故选B．

2．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．

解析：f′(x)＝＝(a<0)．

当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，

所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.

若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，

解得a>－e2，因此－e2<a<0.

答案：(－e2，0)

3．已知函数f(x)＝a＋ln x(a∈R)．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)试判断f(x)的零点个数．

解：(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a＞时，f(x)＞0，无零点，

a＝时，f(x)＝0，有1个零点，

a<时，f(x)<0，有2个零点．

4．(2020·保定调研)已知函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A.

(1)求函数f(x)的单调递增区间；

(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．

解：(1)因为函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A，

所以－4a－4a－2＝，解得a＝2，

即f(x)＝x3－x2－2x－2，

所以f′(x)＝x2－x－2.

由f′(x)>0，得x<－1或x>2.

所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．

(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，

f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，

由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，

则－<2m－3<－，

解得－<m<.

所以m的取值范围为.

5．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：

(1)f(x)存在唯一的极值点；

(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．

证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.

因为y＝ln x单调递增，y＝单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－1<0，

f′(2)＝ln 2－＝>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.

又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

因此，f(x)存在唯一的极值点．

(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.

由α>x0>1得<1<x0.

又f＝ln －－1＝＝0，故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．

综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．

6．(2020·武昌区调研考试)已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－x2＋6x，其中a>0.

(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；

(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．

解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.

所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.

所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.

(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．

当x>1时，f′(x)>0；当0<x<1时，f′(x)<0.

所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.

令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－x2＋6x＋m，

则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．

当x>1时，h′(x)<0；当0<x<1时，h′(x)>0.

所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝＋m.

要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则＋m≥－1，即m≥－.

所以实数m的取值范围为.