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备战2025年高考二轮复习数学专题突破练6 利用导数研究函数的零点（提升篇）（Word版附解析）
展开这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题突破练6 利用导数研究函数的零点（提升篇）（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了已知函数f=xex-m22等内容，欢迎下载使用。
1.(17分)(2024江苏南京模拟)已知函数f(x)=ex+(a-e2)x,其中a∈R.
(1)若a=e2-2,求函数f(x)在[0,2]上的最值;
(2)当a<0时,证明:F(x)=f(x)-12ax2在(0,2)内存在唯一零点.
(1)解当a=e2-2时,f(x)=ex-2x,所以f'(x)=ex-2.
令f'(x)>0,得x>ln 2;令f'(x)<0,得x
(2)证明F(x)=f(x)-12ax2=ex+(a-e2)x-12ax2(a<0),所以F'(x)=ex-ax+a-e2.
令g(x)=ex-ax+a-e2,则g'(x)=ex-a>0.
所以g(x)在(0,2)内单调递增,又因为g(0)=1+a-e2<0,g(2)=-a>0,所以存在x0∈(0,2),使得g(x0)=0,即当x∈(0,x0)时,g(x)<0,当x∈(x0,2)时,g(x)>0,所以F(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,2)内单调递增,又F(0)=1>0,F(x0)
(1)求实数a的值;
(2)求f(x)在区间-∞,π4上零点的个数.
解(1)由题意得f'(x)=1-xex+acs x,因为x=0为f(x)的极值点,故f'(0)=1+a=0,所以a=-1,此时f'(x)=1-xex-cs x.
当x<0时,1-x>ex>0,故当x<0时,1-xex>1,所以f'(x)>0,则f(x)在(-∞,0)上单调递增.
f'(x)=1-xex-cs x=1-x-excsxex,令g(x)=1-x-excs x,则g'(x)=-1-ex(cs x-sin x),当0
(1)当m=0时,求函数f(x)的极小值;
(2)若函数f(x)在区间(-∞,1)上有且只有一个零点,求m的取值范围.
解(1)当m=0时,f(x)=xex,可得f'(x)=(x+1)ex,令f'(x)=0,解得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,所以函数f(x)的极小值为f(-1)=-1e.
(2)若m=0,f(x)=xex,令f(x)=0,解得x=0,当x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0,所以函数f(x)在区间(-∞,1)上有且只有一个零点,符合题意.
若m>0,由f'(x)=(x+1)(ex-m),令f'(x)=0,解得x=-1或x=ln m.
①若m=1e,此时f'(x)≥0,可得f(x)在R上单调递增,且f(-1)=-1e<0,f(1)=e-2e>0,此时函数f(x)在区间(-∞,1)上有且只有一个零点,符合题意.
②若m>1e,可得ln m>-1,令f'(x)>0,可得x<-1或x>ln m,令f'(x)<0,可得-1
4.(17分)(2024河南郑州模拟)已知函数f(x)=-x3+3x2+a(x>0),g(x)=xln x+ax2-2x.
(1)若f(x),g(x)的导数分别为f'(x),g'(x),且{x|f'(x)<0}⊆{x|g'(x)<0},求a的取值范围;
(2)用min{a,b}表示a,b中的最小值,设h(x)=min{f(x),g(x)},若|a|>1,判断h(x)的零点个数.
解(1)因为f(x)=-x3+3x2+a(x>0),所以f'(x)=-3x2+6x,由f'(x)<0,得x>2,
因为g(x)=xln x+ax2-2x,所以g'(x)=ln x+2ax-1,
所以问题转化为当x>2时,ln x+2ax-1<0恒成立,即当x>2时,a<1-lnx2x恒成立.
设F(x)=1-lnx2x(x>2),则F'(x)=lnx-22x2,当x∈(2,e2)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,当x∈(e2,+∞)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,所以F(x)min=F(e2)=-12e2,
所以a<-12e2,即a的取值范围是-∞,-12e2.
(2)因为g(x)=x(ln x+ax-2),设m(x)=ln x+ax-2,则m'(x)=1x+a,
(ⅰ)若a<-1,当x∈0,-1a时,m'(x)>0,m(x)单调递增,
当x∈-1a,+∞时,m'(x)<0,m(x)单调递减,所以m(x)≤m-1a=ln-1a-3<0,
所以当a<-1时,m(x)<0,g(x)<0,h(x)≤g(x)<0,h(x)没有零点.
(ⅱ)若a>1,由(1)知f'(x)=-3x2+6x,
当x∈(0,2)时,f'(x)>0,f(x)在(0,2)内单调递增,且f(0)=a>0,所以f(x)>0,
当x∈(0,2)时,m(x)单调递增,且m1a=-ln a-1<0,m(2)=ln 2+2a-2>0,
存在唯一x1∈(0,2)使得m(x1)=0,则g(x1)=0,h(x1)=0,
当x∈[2,+∞)时,m(x)=ln x+ax-2>ln 2+2a-2>0,g(x)>0,
当x∈[2,+∞)时,f'(x)<0,f(x)在[2,+∞)上单调递减,
且f(2)=a+4>0,f(4a)=-64a3+48a2+a<-64a3+48a3+a3=-15a3<0,所以存在唯一x2∈(2,+∞)使得f(x2)=0,h(x2)=0.
综上,当a<-1时,h(x)没有零点,当a>1时,h(x)有2个零点.
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