2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业十九利用导数研究函数的零点问题

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这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业十九利用导数研究函数的零点问题，共4页。

1.已知12．[2023·江西南昌模拟]已知函数f(x)＝(x＋1)ex＋a，其中a≥－1.
(1)求f(x)的极值点个数；
(2)求函数g(x)＝f(x)＋2ax在区间(－eq \f(1,2)，＋∞)内的零点个数．
3．[2023·河南商丘模拟]已知函数f(x)＝lnx＋kx.(k∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有一个零点，求k的取值范围．
优生选做题
4．已知函数f(x)＝x2ex－a(x＋2lnx).
(1)当a＝e时，求f(x)的单调性；
(2)讨论f(x)的零点个数．
课时作业（十九）利用导数研究函数的零点问题
1．证明：“函数y＝f（x）在（0，＋∞）内有唯一零点”等价于“方程ex－x＝a在（0，＋∞）内有唯一实根”，又等价于“直线y＝a与g（x）＝ex－x（x>0）只有1个交点”．
记y＝a，g（x）＝ex－x（x>0），
由于g′（x）＝ex－1>0在（0，＋∞）内恒成立，
所以g（x）在（0，＋∞）内单调递增，故g（x）>g（0）＝1.
所以当10）只有1个交点，
即函数y＝f（x）在（0，＋∞）上有唯一零点．
2．解析：（1）由题得f′（x）＝（x＋2）ex，
当x∈（－∞，－2）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；
当x∈（－2，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增．
所以当x＝－2时，f（x）取得极小值，无极大值，
故f（x）的极值点个数为1.
（2）由题得g（x）＝（x＋1）ex＋2ax＋a，
令g（x）＝0，得－a＝eq \f(（x＋1）ex,2x＋1).
令h（x）＝eq \f(（x＋1）ex,2x＋1)，x>－eq \f(1,2)，
则h′（x）＝eq \f(（2x2＋3x）ex,（2x＋1）2)＝eq \f(x（2x＋3）ex,（2x＋1）2)，x>－eq \f(1,2)
令h′（x）<0，得－eq \f(1,2)0，得x>0.
所以h（x）在区间（－eq \f(1,2)，0）内单调递减，区间（0，＋∞）内单调递增，
所以h（x）min＝h（0）＝1，
所以当－a＝1，即a＝－1时，直线y＝1与h（x）的图象有一个公共点，
即g（x）有一个零点；
当－a<1，即a>－1时，直线y＝－a与h（x）的图象无公共点，
即g（x）无零点．
3．解析：（1）f（x）＝lnx＋kx的定义域为（0，＋∞），
f′（x）＝eq \f(1,x)＋k（x>0），当k≥0时，f′（x）>0恒成立，f（x）在（0，＋∞）上单调递增．
当k<0时，在x∈（0，－eq \f(1,k)）上，f′（x）>0，f（x）单调递增；
在x∈（－eq \f(1,k)，＋∞）上，f′（x）<0，f（x）单调递减．
综上可知，k≥0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增．
k<0时，f（x）在（0，－eq \f(1,k)）上单调递增，在（－eq \f(1,k)，＋∞）上单调递减．
（2）f（x）＝lnx＋kx有一个零点，可得－k＝eq \f(lnx,x)有一个实根，
令h（x）＝eq \f(lnx,x)，h′（x）＝eq \f(1－lnx,x2).
令h′（x）>0，得0e.
∴h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减．
∴h（x）max＝h（e）＝eq \f(1,e).
又h（1）＝0，
∴x∈（0，1）时，h（x）<0；x∈（e，＋∞）时，h（x）>0.
h（x）＝eq \f(lnx,x)大致图象如图所示，
若直线y＝－k与y＝h（x）的图象有一个交点，
则－k≤0或－k＝eq \f(1,e)，即k≥0或k＝－eq \f(1,e).
∴k的取值范围是[0，＋∞）∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e))).
4．解析：（1）因为a＝e，x>0，f（x）＝x2ex－e（x＋2lnx），
所以f′（x）＝（x2＋2x）ex－e（1＋eq \f(2,x)）＝x（x＋2）ex－eq \f(e（x＋2）,x)＝（x＋2）（xex－eq \f(e,x)），f′（1）＝0.
令g（x）＝xex－eq \f(e,x)，g′（x）＝（x＋1）ex＋eq \f(e,x2)>0，所以g（x）在（0，＋∞）单调递增，且g（1）＝0，
当x∈（0，1）时g（x）＝xex－eq \f(e,x)<0，当x∈（1，＋∞）时g（x）＝xex－eq \f(e,x)>0，
所以当x∈（0，1）时f′（x）<0，当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．
（2）因为f（x）＝elnx2·ex－a（x＋2lnx）＝ex＋2lnx－a（x＋2lnx）＝0.
令t＝x＋2lnx，易知t＝x＋2lnx在（0，＋∞）上单调递增，且t∈R，
故f（x）的零点转化为f（x）＝ex＋2lnx－a（x＋2lnx）＝et－at＝0即et＝at，t∈R，
设g（t）＝et－at，则g′（t）＝et－a，
当a＝0时，g（t）＝et无零点；
当a<0时，g′（t）＝et－a>0，故g（t）为R上的增函数，
而g（0）＝1>0，g（eq \f(1,a)）＝eeq \s\up6(\f(1,a))－1<0，故g（t）在R上有且只有一个零点；
当a>0时，若t∈（－∞，lna），则g′（t）<0；t∈（lna，＋∞），则g′（t）>0；
故g（t）min＝g（lna）＝a（1－lna），
若a＝e，则g（t）min＝0，故g（t）在R上有且只有一个零点；
若00，故g（t）在R上无零点；
若a>e，则g（t）min<0，此时lna>1，
而g（0）＝1>0，g（2lna）＝a2－2alna＝a（a－2lna），
设h（a）＝a－2lna，a>e，则h′（a）＝eq \f(a－2,a)>0，
故h（a）在（e，＋∞）上为增函数，故h（a）>h（e）＝e－2>0，即g（2lna）>0，
故此时g（t）在R上有且只有两个不同的零点；
综上，当0≤ae时，f（x）有2个零点．

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