适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练7利用导数研究函数的零点

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练7利用导数研究函数的零点，共6页。试卷主要包含了已知函数f=xex,g=kx2，已知函数f=ax++1，已知函数f=aex-x-3，已知函数f=2exsin x等内容，欢迎下载使用。

(1)求f(x)的单调区间;
(2)讨论函数g(x)=f(x)-a在区间[-1,2]上的零点个数.
2.(2023·广西柳州二模)已知函数f(x)=xex,g(x)=kx2.
(1)求函数f(x)的值域;
(2)设F(x)=f(x)-g(x),当x>0时,函数F(x)有两个零点,求实数k的取值范围.
3.已知函数f(x)=ax++1(a∈R).
(1)若函数f(x)在区间(1,+∞)内单调递增,求实数a的取值范围;
(2)当a≠0时,讨论函数g(x)=f(x)-a-3的零点个数,并给予证明.
4.已知函数f(x)=aln x-x2+b-ln 2的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-x+1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)设x1,x2(x15.(2023·广西北海模拟)已知函数f(x)=aex-x-3(a>0).
(1)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围;
(2)若函数g(x)=f(x)+x-ln(x+1),g'(x)是g(x)的导函数,证明:g'(x)存在唯一的零点t,且g(t)+2≥ln a.
6.已知函数f(x)=2exsin x(e是自然对数的底数).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)记g(x)=f(x)-ax,0专题突破练7 利用导数研究函数的零点
1.解 (1)f'(x)=(x3+x2-x)ex=(3x+8)·(x-1)ex,
因为x∈[-1,+∞),所以函数f'(x)的零点为0和1.
所以当0当x>1或-1≤x<0时,f'(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为[-1,0),(1,+∞).
(2)由(1)知,f(x)在区间[-1,2]上的极大值为f(0)=0,极小值为f(1)=-
因为f(-1)=-<1,所以f(1)故当a<-或a>时,g(x)的零点个数为0;
当a=-或0当-当-a<0时,g(x)的零点个数为3.
2.解 (1)由f(x)=xex可知f'(x)=(1+x)ex.
令f'(x)=0,则x=-1.
当x<-1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x>-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
故当x=-1时,f(x)取得极小值,且极小值为f(-1)=-
所以f(x)min=-,又f(0)=0,f(x)无最大值,
所以f(x)的值域为[-,+∞).
(2)F(x)=xex-kx2=x(ex-kx).
令g(x)=ex-kx,则当x>0时,F(x)有两个零点等价于g(x)有两个零点,
对函数g(x)求导得g'(x)=ex-k.
当k∈(-∞,1]时,g'(x)>0在区间(0,+∞)内恒成立,于是g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
所以g(x)>g(0)=1,因此g(x)在区间(0,+∞)内没有零点,
所以F(x)在区间(0,+∞)内没有零点,不符合题意.
当k∈(1,+∞)时,令g'(x)=0,得x=lnk,在区间(0,lnk)内g'(x)<0,在区间(lnk,+∞)内g'(x)>0,
所以g(x)在区间(0,lnk)内单调递减,在区间(lnk,+∞)内单调递增,
所以g(x)的最小值为g(lnk)=k-klnk.
由于g(x)在区间(0,+∞)内有两个零点,
所以g(lnk)=k-klnk<0,得k>e.
因为g(0)=1>0,g(lnk2)=k2-k·lnk2=k(k-2lnk),
对于函数y=x-2lnx,y'=1-,
所以在区间(0,2)内,y'<0,函数y=x-2lnx单调递减;
在区间(2,+∞)内,y'>0,函数y=x-2lnx单调递增.
所以y=x-2lnx≥2-2ln2=lne2-ln4>0,
所以g(lnk2)=k(k-2lnk)>0,
所以当k>e时,g(x)在区间(0,+∞)内有两个零点.
综上所述,实数k的取值范围是(e,+∞).
3.解 (1)f'(x)=a-
由题意得f'(x)≥0,即a在区间(1,+∞)内恒成立.
当x∈(1,+∞)时,(0,),所以a
故实数a的取值范围为[,+∞).
(2)当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当a>0时,函数g(x)有两个零点.证明如下:
由已知得g(x)=ax+-a-2,则g'(x)=a-
当a<0时,g'(x)<0,
所以函数g(x)单调递减.
又g(0)=-a>0,g(1)=-2<0,故函数g(x)有且只有一个零点.
当a>0时,令g'(x)<0,得x令g'(x)>0,得x>ln,所以函数g(x)在区间(-∞,ln)内单调递减,在区间(ln,+∞)内单调递增,而g=a(ln)<0,g>0.
由于x>lnx,所以>ln,
所以g(x)在区间(ln)内存在一个零点.
又g(ln)=a(a-ln),且ln0在区间(0,+∞)内恒成立,故h(a)在区间(0,+∞)内单调递增.
而h(0)=0,所以h(a)>0在区间(0,+∞)内恒成立,所以g(ln)>0,
所以g(x)在区间(ln,ln)内存在一个零点.
综上所述,当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当a>0时,函数g(x)有两个零点.
4.(1)解 由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-x+1,所以解得所以f(x)=lnx-x2+1-ln2,f'(x)=x=当x∈(0,)时,f'(x)>0;当x∈(,+∞)时,f'(x)<0,
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,+∞).
(2)证明 由(1)得f(x)=lnx-x2+1-ln2(x>0),且f(x)在区间(0,)内单调递增,在区间[,+∞)内单调递减,
由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0∴x2-x1-+4m=x2-x1-+2(f(x2)+f(x1))=2lnx2+x2-+2lnx1-x1--4ln2.
令t1(x)=2lnx+x-x2,x>,
则t1'(x)=,令t1'(x)>0,得令t1'(x)<0,得x>2,∴t1(x)在区间(,2]内单调递增,在区间(2,+∞)内单调递减,
∴t1(x)≤t1(2)=2ln2.令t2(x)=2lnx-x-x2,0令t2'(x)>0,得0令t2'(x)<0,得1∴t2(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间[1,)内单调递减,
∴t2(x)≤t2(1)=-,∴x2-x1-+4m≤t1(2)+t2(1)+-4ln2=1-2ln2<0.
∴x2-x1<-4m.
5.解 (1)令f(x)=0,则a=,记m(x)=,由题意,直线y=a与函数m(x)=的图象有两个交点,
易得m'(x)=,
所以当x∈(-∞,-2)时,m'(x)>0;
当x∈(-2,+∞)时,m'(x)<0,
即函数m(x)在区间(-∞,-2)内单调递增,在区间(-2,+∞)内单调递减,而m(-2)=e2,m(-3)=0,
当x∈(-2,+∞)时,m(x)>0,作出函数m(x)=的图象,如图.
由图可知,当0即实数a的取值范围为(0,e2).
(2)依题意,a>0,g(x)的定义域为(-1,+∞).
g(x)=aex-3-ln(x+1),则g'(x)=aex-[aex(x+1)-1](x>-1),
令h(x)=aex(x+1)-1,a>0,
显然h(x)在区间(-1,+∞)内单调递增,
又h(-1)=-1<0,h()=(a+1)-1>0,
所以存在t∈(-1,),使得h(t)=0,且当-1t时,h(x)>0,
又当x>-1时,>0,所以当-1t时,g'(x)>0,
故g'(x)存在唯一的零点t;
由h(t)=0,得aet=,
所以lna+t=-ln(t+1).
因此g(t)+2-lna=aet-ln(t+1)-lna-1=+t-1=0,
当且仅当t=0时等号成立.
故g'(x)有唯一的零点t,且g(t)+2≥lna.
6.解 (1)函数f(x)=2exsinx的定义域为R.
f'(x)=2ex(sinx+csx)=2exsin(x+).
由f'(x)>0,得sin(x+)>0,可得2kπ解得2kπ-由f'(x)<0,得sin(x+)<0,可得2kπ+π所以f(x)的单调递增区间为(-+2kπ,+2kπ)(k∈Z),单调递减区间为(+2kπ,+2kπ)(k∈Z).
(2)由已知g(x)=2exsinx-ax,所以g'(x)=2ex(sinx+csx)-a,令h(x)=g'(x),则h'(x)=4excsx.
因为x∈(0,π),所以当x∈(0,)时,h'(x)>0;
当x∈(,π)时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(0,)内单调递增,在区间(,π)内单调递减,即g'(x)在区间(0,)内单调递增,在区间(,π)内单调递减.
g'(0)=2-a,g'=2-a>0,g'(π)=-2eπ-a<0.
①当2-a≥0,即0所以∃x0∈(,π),使得g'(x0)=0.所以当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,x0)内单调递增,在区间(x0,π)内单调递减.
因为g(0)=0,所以g(x0)>0.
因为g(π)=-aπ<0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在区间(0,π)内仅有一个零点.
②当2-a<0,即2当x∈(0,x1),x∈(x2,π)时,g'(x)<0;
当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.
所以g(x)在区间(0,x1)和(x2,π)内单调递减,在区间(x1,x2)内单调递增.
因为g(0)=0,所以g(x1)<0,
因为g=2a>2-3π>0,
所以g(x2)>0,
因为g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,π)内有两个零点.
综上所述,当0

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