人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练7　利用导数研究函数的零点

这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练7　利用导数研究函数的零点，共8页。试卷主要包含了已知函数f=x2a-2ln x，已知函数f=ax+2ex+1，已知函数f=2exsin x等内容，欢迎下载使用。
专题突破练7　利用导数研究函数的零点1.(2021·福建厦门月考)已知函数f(x)=x3-x2ex的定义域为[-1,+∞).(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.(2021·江苏苏州月考)已知函数f(x)=-2ln x(a∈R,a≠0).(1)求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2),且a=4,证明:x1+x2>4.         3.(2021·山东烟台期中)已知函数f(x)=ax++1(a∈R).(1)若函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,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.(2021·山西太原三模)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(x1<x2)是函数g(x)=f(x)-m的两个零点,求证:x2-x1<-4m.       5.(2021·广东佛山期末)已知函数f(x)=ln x-mx有两个零点.(1)求m的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:f'(x1+x2)<0.         6.(2021·山东实验中学模拟)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<a<6,试讨论g(x)在区间(0,π)上的零点个数(参考数据:≈4.8).      
专题突破练7　利用导数研究函数的零点1.解: (1)f'(x)=x3+x2-xex=(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<x<1时,f'(x)<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)<f(-1)<0.f(2)=,由g(x)=0,得f(x)=a.故当a<-或a>时,g(x)的零点个数为0;当a=-或0<a≤时,g(x)的零点个数为1;当-<a<-或a=0时,g(x)的零点个数为2;当-≤a<0时,g(x)的零点个数为3.2.(1)解: 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=.当a<0时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,所以f(x)在区间(0,+∞)上无极值;当a>0时,若x∈(0,),f'(x)<0,f(x)在区间(0,)上单调递减.若x∈(,+∞),f'(x)>0,f(x)在区间(,+∞)上单调递增,故f(x)在区间(0,+∞)上的极小值为f()=1-2ln =1-ln a,无极大值.(2)证明: 当a=4时,f(x)=-2ln x.由(1)知,f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,x=2是函数f(x)的极值点.又x1,x2为函数f(x)的零点,所以0<x1<2<x2,要证x1+x2>4,只需证x2>4-x1.∵f(4-x1)=-2ln(4-x1)=-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=-2ln x1=0,∴f(4-x1)=2ln x1-2x1+4-2ln(4-x1).令h(x)=2ln x-2x+4-2ln(4-x)(0<x<2),则h'(x)=-2+>0,∴h(x)在区间(0,2)上单调递增,∴h(x)<h(2)=0,∴f(4-x1)<0=f(x2),又4-x1>2,x2>2,∴4-x1<x2,即x1+x2>4得证.3.解: (1)f'(x)=a-.由题意得f'(x)≥0,即a≥在区间(1,+∞)上恒成立.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<ln,令g'(x)>0,得x>ln,所以函数g(x)在区间-∞,ln上单调递减,在区间ln,+∞上单调递增,而g=aln<0,g>0.由于x>ln x,所以>ln,所以g(x)在区间ln上存在一个零点.又gln=aa-ln,且ln<ln,设h(a)=a-ln,则h'(a)=1->0在区间(0,+∞)上恒成立,故h(a)在区间(0,+∞)上单调递增.而h(0)=0,所以h(a)>0在区间(0,+∞)上恒成立,所以gln>0,所以g(x)在区间ln,ln上存在一个零点.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)=ln x-x2+1-ln 2,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)=ln x-x2+1-ln 2(x>0),且f(x)在区间(0,)上单调递增,在区间[,+∞)上单调递减,由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0<x1<<x2,∴x2-x1-+4m=x2-x1-+2(f(x2)+f(x1))=2ln x2+x2-+2ln x1-x1--4ln 2.令t1(x)=2ln x+x-x2,x>,则t1'(x)=,令t1'(x)>0,得<x<2;令t1'(x)<0,得x>2,∴t1(x)在区间(,2]上单调递增,在区间(2,+∞)上单调递减,∴t1(x)≤t1(2)=2ln 2.令t2(x)=2ln x-x-x2,0<x<,则t2'(x)=,令t2'(x)>0,得0<x<1;令t2'(x)<0,得1<x<,∴t2(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间[1,)上单调递减,∴t2(x)≤t2(1)=-,∴x2-x1-+4m≤t1(2)+t2(1)+-4ln 2=1-2ln 2<0.∴x2-x1<-4m.5.(1)解: f'(x)=-m=(x>0).当m≤0时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,至多有一个零点.当m>0时,若0<x<,则f'(x)>0,f(x)在区间0,上单调递增;若x>,则f'(x)<0,f(x)在区间,+∞上单调递减,∴f(x)在x=处取得最大值,由题意得f=-ln m-1>0得0<m<,此时,有>e>1,而f(1)=-m<0,f=-2ln m-<0,∴由零点存在定理可知,f(x)在区间1,和上各有一个零点.综上所述,m的取值范围是0,.(2)证明: ∵x1,x2是f(x)的两个零点,不妨设x1>x2>0,∴ln x1-mx1=0①,ln x2-mx2=0②,①-②得ln x1-ln x2=mx1-mx2,即有m=,由f'(x)=-m,有f'(x1+x2)=-m=,∴要证f'(x1+x2)<0,即证,即证ln x1-ln x2>,即证ln>0,即证ln-1>0,令=t>1,设φ(t)=ln t+-1(t>1),则φ'(t)=>0,∴φ(t)在区间(1,+∞)上单调递增,则φ(t)>φ(1)=0,∴f'(x1+x2)<0得证.6.解: (1)函数f(x)=2exsin x的定义域为R.f'(x)=2ex(sin x+cos x)=2exsinx+.由f'(x)>0,得sinx+>0,可得2kπ<x+<2kπ+π(k∈Z),解得2kπ-<x<2kπ+(k∈Z),由f'(x)<0,得sinx+<0,可得2kπ+π<x+<2kπ+2π(k∈Z),解得2kπ+<x<+2kπ(k∈Z).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)=2exsin x-ax,所以g'(x)=2ex(sin x+cos x)-a,令h(x)=g'(x),则h'(x)=4excos x.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,上单调递增,在区间,π上单调递减,即g'(x)在区间0,上单调递增,在区间,π上单调递减.g'(0)=2-a,g'=2-a>0,g'(π)=-2eπ-a<0.①当2-a≥0,即0<a≤2时,g'(0)≥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)上单调递增,在区间(x0,π)上单调递减.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)上仅有一个零点.②当2-a<0,即2<a<6时,g'(0)<0,所以∃x1∈0,,x2∈,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0.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)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调递增.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)上有两个零点.综上所述,当0<a≤2时,g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点;当2<a<6时,g(x)在区间(0,π)上有两个零点.