备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(二十)　利用导数研究函数零点问题

这是一份备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(二十)　利用导数研究函数零点问题，共3页。试卷主要包含了已知函数f＝ex－eq \f.等内容，欢迎下载使用。
课时验收评价(二十)　利用导数研究函数零点问题1．已知函数f(x)＝ex－.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)判断函数f(x)的零点的个数，并说明理由．解：(1)由f(x)＝ex－⇒f′(x)＝ex＋⇒f′(0)＝3，而f(0)＝2，所以该函数在点(0，f(0))处的切线方程为y－2＝3(x－0)⇒3x－y＋2＝0.(2)函数f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，由(1)可知f′(x)＝ex＋，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因为f(－2)f(0)＝·2＝2<0，所以函数f(x)在x∈(－∞，1)上有唯一零点；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因为f(2)f＝(e2－3)·<0，所以函数f(x)在x∈(1，＋∞)上有唯一零点，所以函数f(x)有2个零点．2．已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax＋b.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)的图象与直线y＝ax恰有两个不同的交点，求实数b的值．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x3＋x2－x＋b，则f′(x)＝3x2＋2x－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和.(2)函数f(x)的图象与直线y＝ax恰有两个不同的交点，等价于f(x)－ax＝0有两个不等的实根．令g(x)＝f(x)－ax＝x3＋x2＋b，则g′(x)＝3x2＋2x.由g′(x)>0，得x<－或x>0；由g′(x)<0，得－<x<0.所以函数g(x)在和(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．所以当x＝－时，函数g(x)取得极大值g＝＋b；当x＝0时，函数g(x)取得极小值为g(0)＝b.要满足题意，则需g＝＋b＝0或g(0)＝b＝0，所以b＝－或b＝0.3．(2020·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直．(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.解：(1)f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′＝0，即＋b＝0.故b＝－.(2)证明：由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－f′(x)＋0－0＋f(x)c＋c－因为f(1)＝f＝c＋，所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点．因为f(－1)＝f＝c－，所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点．由题设可知－≤c≤.当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1；当c＝时，f(x)只有两个零点－1和；当－<c<时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈.综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.4．设a，b为实数，且a＞1，函数f(x)＝ax－bx＋e2(x∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间．(2)若对任意b＞2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．解：(1)由题意，得f′(x)＝axln a－b.当b≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以函数f(x)的单调递增区间为R，无单调递减区间；当b＞0时，令f′(x)＞0，解得x＞loga，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以ax－bx＋e2＝0有两个不同的解，即exln a－bx＋e2＝0有两个不同的解．令t＝xln a，可得et－b＋e2＝0，所以＝，t＞0.令g(t)＝，t＞0，则g′(t)＝＝.令h(t)＝et(t－1)－e2(t＞0)，则h′(t)＝et(t－1)＋et＝ett＞0.又h(2)＝0，所以当t∈(0,2)时，g(t)单调递减；当t∈(2，＋∞)时，g(t)单调递增．所以≥g(2)＝e2，可得ln a≤.又因为＞2，所以ln a≤2，解得1＜a≤e2.故实数a的取值范围为(1，e2]．