2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第3讲　导数与函数零点

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A．0B．1
C．2D．不确定
【解析】 令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，令h′(x)＝ex－1＝0，得x＝0．当x＜0时，h′(x)＜0，当x＞0时，h′(x)＞0．所以当x＝0时，h(x)取得最小值h(0)＝0，即h(x)＝ex－x－1只有一个零点，所以f(x)与g(x)的图象只有1个交点．
2．设函数f(x)＝eq \f(1,3)x－lnx，则函数y＝f(x)( D )
A．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均有零点
B．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均无零点
C．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内有零点，在区间(1，e)内无零点
D．在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点
【解析】 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))时，函数图象连续不断，且f′(x)＝eq \f(1,3)－eq \f(1,x)＝eq \f(x－3,3x)＜0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上单调递减．又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,3e)＋1＞0，f(1)＝eq \f(1,3)＞0，f(e)＝eq \f(1,3)e－1＜0，所以函数f(x)有唯一的零点在区间(1，e)内．
3．若函数f(x)＝xex－x2－2x－m在(0，＋∞)上有零点，则m的取值范围是( C )
A．[1－ln22，＋∞)B．[－ln22－1，＋∞)
C．[－ln22，＋∞)D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)ln22，＋∞))
【解析】 由题知m＝xex－x2－2x(x＞0)有解，设h(x)＝xex－x2－2x(x＞0)，则h′(x)＝(x＋1)(ex－2)(x＞0)．当0＜x＜ln2时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x＞ln2时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．则当x＝ln2时，h(x)取得最小值，且h(ln2)＝－ln22，所以m的取值范围是[－ln22，＋∞)．
4．已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋eq \f(fx,x)＞0，则函数F(x)＝xf(x)－eq \f(1,x)的零点个数是( B )
A．0B．1
C．2D．3
【解析】 函数F(x)＝xf(x)－eq \f(1,x)的零点，就是方程xf(x)－eq \f(1,x)＝0的根，即方程xf(x)＝eq \f(1,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＝eq \f(1,x)的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－eq \f(1,x)只有一个零点．
5．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2＋csx－1(a∈R)，若函数f(x)有唯一零点，则a的取值范围为( D )
A．(－∞，0)B．(－∞，0]∪[1，＋∞)
C．RD．(－∞，0)∪[1，＋∞)
【解析】 因为f(x)＝eq \f(1,2)ax2＋cs x－1，所以f′(x)＝ax－sin x，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝a－cs x．①当a＜0时，f(x)＝eq \f(1,2)ax2＋cs x－1≤eq \f(1,2)ax2，当x≠0时，f(x)≤eq \f(1,2)ax2＜0．因为f(0)＝0，所以函数f(x)在R上有唯一零点x＝0，故a＜0符合题意．②当0≤a＜1时，g′(0)＝a－1＜0．因为g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝a＞0，且函数g′(x)在R上连续，所以∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得g′(x0)＝0，并且当x∈(0，x0)时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0，x0)上单调递减，所以f(x0)＜f(0)＝0．因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(,a))))＝1＋cseq \f(2,\r(,a))≥0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，\f(2,\r(,a))))上存在零点．因为f(0)＝0，所以函数f(x)在R上不可能存在唯一零点，故0≤a＜1不合题意．③当a≥1时，g′(x)＝a－cs x≥0恒成立，所以函数f′(x)在R上单调递增．因为f′(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜f′(0)＝0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞f′(0)＝0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x≠0时，f(x)＞f(0)＝0，所以函数f(x)在R上有唯一零点x＝0，故a≥1符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，0)∪[1，＋∞)．
6．(多选)已知函数f(x)＝－x3＋x2＋x－2，则下列说法正确的是( AB )
A．f(x)只有一个零点
B．f(x)的零点在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))内
C．f(x)有两个零点，分别在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))，(0，＋∞)内
D．f(x)有三个零点，分别在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))，(1，＋∞)内
【解析】 令f′(x)＝－3x2＋2x＋1＝0⇒x＝1或x＝－eq \f(1,3)，由f′(x)＞0⇒－eq \f(1,3)＜x＜1，由f′(x)＜0⇒x＜－eq \f(1,3)或x＞1，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))，(1，＋∞)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))上单调递增，所以－eq \f(1,3)是f(x)的极小值点，1是f(x)的极大值点，且f(1)＝－1＜0，所以f(x)＜0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞))上恒成立，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝－eq \f(59,27)＜0，f(－2)＝8＞0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))内存在唯一零点，故选AB．
7．(2023·新高考Ⅱ卷)(多选)若函数f(x)＝alnx＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则( BCD )
A．bc＞0B．ab＞0
C．b2＋8ac＞0D．ac＜0
【解析】 函数f(x)＝alnx＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)－eq \f(2c,x3)＝eq \f(ax2－bx－2c,x3)，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2，于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝b2＋8ac＞0，,x1＋x2＝\f(b,a)＞0，,x1x2＝－\f(2c,a)＞0，))即有b2＋8ac＞0，ab＞0，ac＜0，显然a2bc＜0，即bc＜0，A错误，B，C，D正确．
8．已知a＝eq \f(1,2)，方程a|x|＝|lgax|的实根个数为__2__．
【解析】 由a＝eq \f(1,2)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|＝| eq lg\s\d8(\f(1,2)) x|，令f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|，g(x)＝| eq lg\s\d8(\f(1,2)) x|，在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)与y＝g(x)的图象如图所示，由图可知，有两个交点，所以方程a|x|＝|lgax|的实根个数为2．
(第8题)
9．若函数f(x)＝2x＋x－5在(t，t＋1)上存在零点，则整数t的值为__1__．
【解析】 易知f(x)＝2x＋x－5在R上单调递增，由零点存在性定理可知，f(t)＜0，f(t＋1)＞0，由于f(1)＜0，f(2)＞0，故整数t＝1．
10．若函数f(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(m,x2)－eq \f(x,3)(x＞0)有两个零点，则m的取值范围为__eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))__．
【解析】 令f(x)＝0，则m＝x－eq \f(x3,3)在(0，＋∞)上有两个根，设g(x)＝x－eq \f(x3,3)，则g′(x)＝1－x2，当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝eq \f(2,3)，且当x∈(0,1)时，g(x)＞g(0)＝0，当x→＋∞时，g(x)→－∞．故要使m＝x－eq \f(x3,3)在(0，＋∞)上有两个根，则0＜m＜eq \f(2,3)．
11．(2023·广州一模节选)已知函数f(x)＝ax－ex2，a＞0且a≠1．
(1) 设g(x)＝eq \f(fx,x)＋ex，讨论g(x)的单调性；
【解答】 g(x)＝eq \f(fx,x)＋ex＝eq \f(ax－ex2,x)＋ex＝eq \f(ax,x)，g′(x)＝eq \f(axlna·x－ax,x2)＝eq \f(axlna·x－1,x2)．因为ax＞0，x2＞0，g(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．当a＞1时，lna＞0，由g′(x)＞0，得x＞eq \f(1,lna)，由g′(x)＜0，得0＜x＜eq \f(1,lna)或x＜0．当0＜a＜1时，lna＜0，由g′(x)＞0，得x＜eq \f(1,lna)，由g′(x)＜0，得eq \f(1,lna)＜x＜0或x＞0．综上， 当a＞1时， g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,lna)，＋∞))，单调递减区间为(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,lna)))；当0＜a＜1时， g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,lna)))，单调递减区间为(0，＋∞)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,lna)，0))．
(2) 若a＞1且f(x)存在三个零点，求实数a的取值范围．
【解答】 因为f(x)＝ax－ex2，a＞1且f(x)存在三个零点，所以ax－ex2＝0有3个根．当x＜0时， f(－1)＝a－1－e＜0，f(0)＝a0＞0，f′(x)＝axlna－2ex＞0，f(x)在(－∞，0)上单调递增，由零点存在性定理，知方程必有一个负根．当x＞0，对ax＝ex2两边取对数，得xlna＝1＋2lnx，即lna＝eq \f(1＋2lnx,x)有两个根．令t(x)＝eq \f(1＋2lnx,x)，可转化为直线y＝lna与t(x)＝eq \f(1＋2lnx,x)的图象有两个交点，t′(x)＝eq \f(2－1＋2lnx,x2)＝eq \f(1－2lnx,x2)，当x∈(0，eq \r(,e))时，t′(x)＞0，t(x)单调递增；当x∈(eq \r(,e)，＋∞)时，t′(x)＜0，t(x)单调递减．又teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(,e))))＝0，当x＞eq \r(,e)时，t(x)＞0，t(x)max＝t(eq \r(,e))＝eq \f(2,\r(,e))，所以0＜lna＜eq \f(2,\r(,e))，即1＜a＜e eq \s\up7(\f(2,eq \s\up1(\r(e)))) ．
12．已知函数f(x)＝(1－m)x－lnx．
(1) 讨论f(x)的单调性；
【解答】 f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝1－m－eq \f(1,x)＝eq \f(1－mx－1,x)．①当1－m≤0，即m≥1时，f′(x)＜0恒成立．故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当1－m＞0，即m＜1时，令f′(x)＜0，解得0＜x＜eq \f(1,1－m)；令f′(x)＞0，解得x＞eq \f(1,1－m)，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,1－m)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1－m)，＋∞))上单调递增．综上所述，当m≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当m＜1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,1－m)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1－m)，＋∞))上单调递增．
(2) 若m＝0，设g(x)＝f(x)＋(2－x)ex在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上的最小值为n，求证：(n－3)(n－4)＜0 ．
【解答】 当m＝0时，g(x)＝x－lnx＋(2－x)ex，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))．g′(x)＝1－eq \f(1,x)－ex＋(2－x)ex＝eq \f(x－1,x)＋(1－x)ex＝(1－x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,x)))．因为m(x)＝ex－eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，且meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(,e)－2＜0，m(1)＝e－1＞0，所以必存在点x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使g′(x0)＝0，即ex0＝eq \f(1,x0)⇒x0＝－lnx0，且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，x0))时，g′(x)＜0；当x∈(x0,1)时g′(x)＞0，所以g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，x0))上单调递减，在区间(x0,1)上单调递增，所以n＝g(x)min＝g(x0)＝x0－lnx0＋(2－x0) ex0＝2x0＋eq \f(2－x0,x0)＝2x0＋eq \f(2,x0)－1，x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))．又因为n＝2x0＋eq \f(2,x0)－1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，所以2＋2－1＜n＜2×eq \f(1,2)＋2×2－1⇒3＜n＜4．故(n－3)(n－4)＜0恒成立．
B组 抓分题天天练
13．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝CC1＝2，D为BC的中点，E为棱AA1上一点，AD⊥DC1．
(第13题)
(1) 求证：BC⊥平面A1AD；
【解答】 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以CC1⊥AD．又AD⊥DC1，CC1∩DC1＝C1，CC1⊂平面BCC1B1，DC1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1．又BC⊂平面BCC1B1，所以AD⊥BC．由直三棱柱知AA1⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，所以AA1⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD⊂平面A1AD，AA1⊂平面A1AD，所以BC⊥平面A1AD．
(2) 若二面角A1－DE－C1的大小为30°，求直线CE与平面C1DE所成角的正弦值．
【解答】 由(1)知AD⊥BC，又D为BC中点，所以AB＝AC．以D为坐标原点，eq \(DC,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，eq \(DA,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，C(1，0,0)，B(－1,0,0)，A(0，eq \r(3)，0)，C1(1,0,2)，设AE＝t(0≤t≤2)，则E(0，eq \r(3)，t)．由(1)知平面A1DE的法向量可取eq \(BC,\s\up6(→))＝(2,0,0)．设平面C1DE的法向量为n＝(x，y，z)，因为eq \(DC1,\s\up6(→))＝(1,0,2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，t)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DC1,\s\up6(→))·n＝x＋2z＝0，,\(DE,\s\up6(→))·n＝\r(3)y＋tz＝0，))令x＝2eq \r(3)，得z＝－eq \r(3)，y＝t，所以n＝(2eq \r(3)，t，－eq \r(3))，所以|cs〈eq \(BC,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(BC,\s\up6(→))·n|,|\(BC,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(4\r(3),2\r(15＋t2))＝eq \f(\r(3),2)，解得t＝1，此时n＝(2eq \r(3)，1，－eq \r(3))．设CE与平面C1DE所成角为θ，因为eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，1)，sinθ＝|cs〈eq \(CE,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(CE,\s\up6(→))·n|,|\(CE,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(2\r(3),4\r(5))＝eq \f(\r(15),10)，即直线CE与平面C1DE所成角的正弦值为eq \f(\r(15),10)．
(第13题)