2020版高考数学习题：第十三篇 导数及其应用(选修1-1) 第11节 导数在研究函数中的应用 导数与函数零点

第四课时导数与函数零点
【选题明细表】
知识点、方法题号利用导数研究函数零点个数2,5
根据函数零点求参数3,4
函数零点的综合应用1,6,7
基础巩固(时间:30分钟)
1.(2018·河北邢台第二次月考)已知f(x)=e x-ax
2.
命题p:∀a≥1,y=f(x)有三个零点;
命题q:∃a∈R,f(x)≤0恒成立.
则下列命题为真命题的是(B)
(A)p∧q (B)(￢p)∧(￢q)
(C)(￢p)∧q (D)p∧(￢q)
解析:对于命题p:当a=1时,f(x)=e x-x2,在同一坐标系中作出y=e x,
y=x2 的图象(图略),由图可知y=e x 与y=x2 的图象有1 个交点,所以
f(x)=e x-x2有1个零点,故命题p为假命题,因为f(0)=1,所以命题q显然为假命题.故(￢p)∧(￢q)为真.
2.(2018·贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[-1,4],部分对应值
如表:
x -1 0 2 3 4
f(x) 1 2 0 2 0
f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示.
当1<a<2时,函数y=f(x)-a的零点的个数为(D)
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
解析:根据导函数图象,知2是函数的极小值点,函数y=f(x)的大致图象如图所示.
由于f(0)=f(3)=2,1<a<2,
所以y=f(x)-a的零点个数为4.
3.若函数f(x)= +1(a<0)没有零点,则实数a的取值范围为.
解析:f′(x)= = (a<0).
当x<2时,f′(x)<0;
当x>2时,f′(x)>0,
所以当x=2时,f(x)有极小值f(2)= +1,
若使函数f(x)没有零点,当且仅当f(2)= +1>0,
解之得a>-e2,因此-e2<a<0.
答案:(-e2,0)
4.(2018·河北武邑中学第二次调研)已知函数f(x)= x3- x2-ax-2的图象过点A(4, ).
(1)求函数f(x)的单调增区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2m+3有3个零点,求m的取值范围.
解:(1)因为函数f(x)= x3- x2-ax-2的图象过点A(4, ),
所以-4a-4a-2= ,解得a=2,
即f(x)= x3- x2-2x-2,
所以f′(x)=x2-x-2.
由f′(x)>0,得x<-1或x>2.
所以函数f(x)的单调增区间是(-∞,-1),(2,+∞).
(2)由(1)知f(x)极大值=f(-1)=- - +2-2=- ,
f(x)极小值=f(2)= -2-4-2=- ,
由数形结合,可知要使函数g(x)=f(x)-2m+3有三个零点,
则- <2m-3<- ,
解得- <m< .
所以m的取值范围为(- , ).
能力提升(时间:15分钟)
5.已知函数f(x)=e x-1,g(x)= +x,其中e 是自然对数的底数,e= 2.718 28….
(1)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点;
(2)求方程f(x)=g(x)的根的个数,并说明理由.
(1)证明:由题意可得
h(x)=f(x)-g(x)=e x-1- -x.
所以h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3- >0,
所以h(1)h(2)<0,
所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点.
(2)解:由(1)可知h(x)=f(x)-g(x)=e x-1- -x.
由g(x)= +x知x∈[0,+∞),
而h(0)=0,则x=0为h(x)的一个零点.
又h(x)在(1,2)内有零点,
因此h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点.
h′(x)=e x- -1,记(x)=e x- -1,
则′(x)=e x+ .
当x∈(0,+∞)时,′(x)>0,
因此(x)在(0,+∞)上单调递增,
易知(x)在(0,+∞)内只有一个零点,
则h(x)在[0,+∞)上有且只有两个零点,
所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2.
6.已知函数f(x)=e x+ax-a(a∈R且a≠0).
(1)若f(0)=2,求实数a的值,并求此时f(x)在[-2,1]上的最小值;
(2)若函数f(x)不存在零点,求实数a的取值范围.
解:(1)由f(0)=1-a=2,得a=-1.
易知f(x)在[-2,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,
所以当x=0时,f(x)在[-2,1]上取得最小值2.
(2)f′(x)=e x+a,由于e x>0.
①当a>0时,f′(x)>0,f(x)是增函数,
当x>1时,f(x)=e x+a(x-1)>0.
当x<0时,取x=- ,
则f(- )<1+a(- -1)=-a<0.
所以函数f(x)存在零点,不满足题意.
②当a<0时,f′(x)=e x+a,
令f′(x)=0,得x=ln(-a),
在(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)单调递减,
在(ln(-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以当x=ln(-a)时,f(x)取得最小值.
函数f(x)不存在零点,等价于
f(ln(-a))=e ln(-a)+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,
解得-e2<a<0.
综上所述,所求实数a的取值范围是(-e2,0).
7.已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.
(1)当a=-1时,求f(x)的单调递增区间;
(2)当0<- <e时,若f(x)在区间(0,e)上的最大值为-3,求a的值;
(3)当a=-1时,试推断方程|f(x)|= + 是否有实数根.
解:(1)由已知可知函数f(x)的定义域为{x|x>0},
当a=-1时,f(x)=-x+ln x(x>0),
f′(x)= (x>0);
当0<x<1时,f′(x)>0;
当x>1时,f′(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(0,1).
(2)因为f′(x)=a+ (x>0),
令f′(x)=0,解得x=- ;
由f′(x)>0,解得0<x<- ;
由f′(x)<0,解得- <x<e.
从而f(x)的单调递增区间为(0,- ),
递减区间为(- ,e),
所以f(x)max=f(- )=-1+ln(- )=-3,
解得a=-e2.
(3)由(1)知当a=-1时,f(x)max=f(1)=-1,
所以|f(x)|≥1.
令g(x)= + ,则g′(x)= .
当0<x<e时,g′(x)>0;
当x>e时,g′(x)<0.
从而g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.
所以g(x)max=g(e)= + <1,
所以|f(x)|>g(x),
即|f(x)|> + ,
所以,方程|f(x)|= + 没有实数根.。