2021届高考数学一轮复习第二篇函数导数及其应用第11节第五课时利用导数研究函数零点专题训练理新人教

2021届高考数学一轮复习第二篇函数导数及其应用第11节第五课时利用导数研究函数零点专题训练理
新人教版202108102203
【选题明细表】
知识点、方法题号
利用函数图象研究函数零点1,5
利用函数性质研究函数零点2,3
构造函数研究函数零点 4
解:先求函数f(x)的单调区间,
令f′(x)=3x2-3=0,
解得x=±1,
当x<-1或x>1时,f′(x)>0,
当-1<x<1时,f′(x)<0,
因此在(-∞,-1)和(1,+∞)上,f(x)=x3-3x单调递增,
在(-1,1)上,f(x)=x3-3x单调递减,
f(-1)=2, f(1)=-2,
由此能够作出f(x)=x3-3x的草图(如图).
由图可知,当且仅当-2<a<2时,
直线y=a与函数f(x)=x3-3x的图象有三个互不相同的公共点.
因此,a的取值范畴为(-2,2).
2.(2021·云南临沧)设函数f(x)=bx3- (2b+1)x2+6x+a(b>0).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)设b=1,若方程f(x)=0有且只有一个实根,求a的取值范畴.
解:(1)f′(x)=3bx2-3(2b+1)x+6=3(x-2)(bx-1),
令f′(x)=0得x=2或x=,
①当<2即b>时,f(x)在(-∞,)和(2,+∞)上递增,在(,2)上递减.
②当>2即0<b<时,f(x)在(-∞,2)和(,+∞)上递增,在(2,)上递减.
③当=2即b=时,f′(x)= (x-2)2≥0,因此f(x)在R上递增.
(2)b=1时,f(x)=x3-x2+6x+a,
因此f′(x) =3x2-9x+6=3(x-2)(x-1),
因此f(x)在(-∞,1)和(2,+∞)上递增,在(1,2)上递减,
因此f(x)在x=2处取得极小值,在x=1处取得极大值,
因此依题意只需f(2)>0或f(1)<0即可,f(2)=2+a>0或f(1)= +a<0,
因此a>-2或a<-.
因此a的取值范畴为(-∞,-)∪(-2,+∞).
3.导学号 38486074已知函数f(x)=x-ae x,a∈R.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的方程;
(2)若曲线y=f(x)与x轴有且只有一个交点,求a的取值范畴.
解:(1)当a=1时,f(x)=x-e x,f′(x)=1-e x.
当x=0时,y=-1,又f′(0)=0,
因此曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-1.
(2)由f(x)= x-ae x,得f′(x)=1-ae x.
当a≤0时,f′(x)>0,现在f(x)在R上单调递增.
f(a)=a-ae a=a(1-e a)≤0,f(1)=1-ae>0,
f(a)·f(1)<0,由零点存在性定理,
当a≤0时,曲线y=f(x)与x轴有且只有一个交点.
当a>0时,令f′(x)=0,得x=-ln a.
f(x)与f′(x)在区间(-∞,+∞)上的情形如表:
x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞) f′(x) + 0 -
f(x) ↗极大值↘
则有f(-ln a)=0,即-ln a-ae-ln a=0,解得a=.
综上所述,曲线y=f(x)与x轴有且只有一个交点时,a的取值范畴为{a︱a≤0或a=}.
4.(2021·广东深圳一模)已知三次函数f(x)=x3+bx2+cx+d(a,b,c∈R)过点(3,0),且函数f(x)在点(0,f(0))处的切线恰好是直线y=0.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)设函数g(x)=9x+m-1,若函数y=f(x)-g(x)在区间[-2,1]上有两个零点,求实数m的取值范畴.
解:(1)f′(x)=3x2+2bx+c,由已知条件得,
解得b=-3,c=d=0,
因此f(x)=x3-3x2.
(2)由已知条件得,f(x)-g(x)=0在[-2,1]上有两个不同的解;
即x3-3x2-9x-m+1=0在区间[-2,1]上有两个不同的解,
即m=x3-3x2-9x+1在[-2,1]上有两个不同的解.
令h(x)=x3-3x2-9x+1,h′(x)=3x2-6x-9,x∈[-2,1],
解3x2-6x-9>0得-2≤x<-1,解3x2-6x-9<0得-1<x≤1,
因此h(x)max=h(-1)=6,
又f(-2)=-1,f(1)=-10,因此h(x)min=-10.
因此m=h(x)在区间[-2,1]上有两个不同的解,
因此-1≤m<6.
因此实数m的取值范畴是[-1,6).
5.(2021·沈阳一模)函数f(x)=ax+xln x在x=1处取得极值.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若y=f(x)-m-1在定义域内有两个不同的零点,求实数m的取值范畴. 解:(1)f′(x)=a+ln x+1,
因为f′(1)=a+1=0,解得a=-1,当a=-1时,f(x)=-x+xln x,
即f′(x)=ln x,令f′(x)>0,解得x>1;
令f′(x)<0,解得0<x<1.
因此f(x)在x=1处取得极小值,f(x)的增区间为(1,+∞),减区间为(0,1).
(2)y=f(x)-m-1在(0,+∞)内有两个不同的零点,
可转化为y=f(x)与y=m+1图象上有两个不同的交点,
由(1)知,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
f(x)min=f(1)=-1,
由题意得,m+1>-1,即m>-2, ①
当0<x<e时,f(x)=x(-1+ln x)<0,当x>e时,f(x)>0;
当x>0且x→0时,f(x)→0;
当x→+∞时,明显f(x)→+∞.
由图象可知,m+1<0,即m<-1,②
由①②可得-2<m<-1,
因此m的取值范畴为(-2,-1).。