北师大版高考数学(理科)一轮复习测试：导数与函数零点的综合问题

核心素养测评十七导数与函数零点的综合问题
(30分钟60分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.函数f(x)=x3+x2+x+1的零点个数为( )
A.0
B.1
C.2
D.3
【解析】选B.因为f′(x)=x2+2x+1=(x+1)2≥0，
所以f(x)在R上单调递增，
因为f(0)=1>0，f(-3)=-2<0，
所以f(x)在R上有且只有一个零点.
【变式备选】
函数f(x)=x3-4x+4的零点个数为( )
A.0
B.1
C.2
D.3
【解析】选D.因为f′(x)=x2-4=(x-2)(x+2)，
令f′(x)=0，得x=±2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表:
x (-∞，-2) -2 (-2，2) 2(2，+∞)
f′(x) +0 - 0 +
f(x) ↗↘-↗
由此可得到f(x)的大致图像(如图).
由图可知f(x)有3个零点.
2.已知函数f(x)=x3-12x+a，其中a≥16，则f(x)的零点的个数是( )
A.0或1
B.1或2
C.2
D.3
【解析】选B.方法一:因为f′(x)=3x2-12，
令f′(x)=3x2-12=0，得x=±2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表:
x (-∞，-2) -2 (-2，2) 2(2，+∞)
f′(x) +0 - 0 +
f(x) ↗a+16 ↘a-16 ↗
由此可得到f(x)的大致图像(如图)，
由a≥16得，a+16>0，a-16≥0，
当a=16时，f(x)的图像与x轴有2个交点;当a>16时，f(x)的图像与x轴只有1个交点.
所以f(x)的零点个数为1或2.
方法二:f(x)=x3-12x+a的零点个数⇔方程x3-12x=-a的解的个数⇔g(x)=x3-12x与h(x)=-a的交点个数.画出g(x)=x3-12x与h(x)=-a的图像.
由g′(x)=3x2-12=0，得x=±2，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表:
x (-∞，-2) -2 (-2，2) 2(2，+∞)
g′(x) +0 - 0 +
g(x) ↗16 ↘-16 ↗
所以g(x)的图像如图所示:
因为a≥16，所以y=-a≤-16.
由图可知直线y=-a与y=x3-12x的图像有1个或2个交点.
3.若函数f(x)=恰有2个零点，则a的取值范围为 ( )
A. B.∪
C. D.∪
【解析】选D.当x>0时，令f(x)=0，可得x3-x2-a=0，设g(x)=x3-x2，则g′(x)=x(3x-2)，
当0<x<，g′(x)<0，当x>时，g′(x)>0，g(x)min=g= -.
当x≤0时，令f(x)=0，可得x2+2x-a=0，设h(x)=x2+2x，h(x)min=-1，
所以函数f(x)=恰有2个零点，则a的取值范围为∪
4.函数f(x)=e x+a-x3+2x2在(0，+∞)上只有一个零点，则a的值为世纪金榜导学号( )
A.4
B.4ln 2-3
C.2
D.5ln 2-4
【解析】选D.函数f(x)=e x+a-x3+2x2在(0，+∞)上只有一个零点，
可得e a=在(0，+∞)上只有一个解.
令g(x)=，可得g′(x)=
=-x·，
在(0，+∞)有2个极值点，x=1和x=4;
x∈(0，1)时函数是减函数，x∈(1，4)时，函数是增函数，
x∈(4，+∞)时函数是减函数，g(0)=0，
所以函数g(x)的最大值为g(4)==，
函数f(x)=e x+a-x3+2x2在(0，+∞)上只有一个零点，可得e a=，所以a=5ln 2-4.
二、填空题(每小题5分，共20分)
5.方程x3-3x=k有3个不等的实根，则常数k的取值范围是________________.
【解析】令f(x)=x3-3x，要使x3-3x=k有三个不等的实根，则f(x)=x3-3x与y=k有3个交点.
又f′(x)=3x2-3，由f′(x)=0得x=±1.
故f′(x)在(-∞，-1]和[1，+∞)上递增，在(-1，1)上递减，
所以x=-1时，f(x)取极大值2;x=1时f(x)取极小值-2.
根据单调性情况画出y=x3-3x的大致图像(图略)，
可得-2<k<2.
答案:(-2，2)
6.(2019·安阳模拟)已知函数f(x)=+与g(x)=6x+a的图像有3个不同的交点，则a的取值范围是
________________.
【解析】原问题等价于函数h(x)=+-6x与函数y=a的图像有3个不同的交点，
由h′(x)=x2+x-6=(x-2)(x+3)=0，得x=2或x=-3，
当x∈(-∞，-3)时，h′(x)>0，h(x)单调递增;
当x∈(-3，2)时，h′(x)<0，h(x)单调递减;
当x∈(2，+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增.
且h(-3)=，h(2)=-，
数形结合可得a的取值范围是.
答案:
7.已知函数f(x)=x3+mx+，g(x)=-ln x.min{a，b}表示a，b中的最小值，若函数h(x)=min{f(x)，g(x)}(x>0)恰有三个零点，则实数m的取值范围是________________.
【解析】f′(x)=3x2+m，因为g(1)=0，所以要使h(x)=min{f(x)，g(x)}(x>0)恰有三个零点，需满足f(1)>0，f<0，m<0，解得m>-，>⇒-<m<-.
答案:
8.若函数f(x)=ln x-x-mx在区间[1，e2]内有唯一的零点，则实数m的取值范围是________________.
世纪金榜导学号
【解析】函数f(x)=ln x-x-mx在区间[1，e2]内有唯一的零点，
得-x+ln x=mx，又x>0，所以m=-1，
要使方程ln x-x-mx=0在区间[1，e2]上有唯一实数解，只需m=-1有唯一实数解，令g(x)=-1，(x>0)，所以g′(x)=，
由g′(x)>0，得0<x<e;g′(x)<0得x>e，
所以g(x)在区间[1，e]上是增函数，在区间[e，e2]上是减函数.
g(1)=-1，g(e)= -1，g(e2)=-1，
故-1≤m<-1或m=-1.
答案:∪
三、解答题(每小题10分，共20分)
9.设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.
(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程.
(2)设a=b=4，若函数f(x)有三个不同的零点，求c的取值范围.
【解析】 (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c，
得f′(x)=3x2+2ax+b.
因为f(0)=c，f′(0)=b，所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=bx+c. (2)当a=b=4时，f(x)=x3+4x2+4x+c，
所以f′(x)=3x2+8x+4.
令f′(x)=0，得3x2+8x+4=0，
解得x=-2或x=-.
当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(-∞，+∞)上的变化情况如下:
x (-∞，-2) -2 -
f′(x) +0 - 0 +
f(x) ↗ c ↘c-↗
所以，当c>0且c-<0时，存在x1∈(-∞，-2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.
由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，函数f(x)有三个不同零点.
【变式备选】
设函数f(x)=xe x+a(1-e x)+1，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间.
(2)若方程 f(x)=0在(0，+∞)上有解，证明:a>2.
【解析】(1)因为f′(x)=[x-(a-1)]e x.
所以x>a-1时，f′(x)>0，
函数f(x)在(a-1，+∞)上单调递增，
当 x<a-1时，f′(x)<0，函数f(x)在(-∞，a-1)上单调递减.
(2)函数f(x)在(0，+∞)有零点，可得方程f(x)=0有解.
a===x+，有解.
令g(x)=x+，g′(x)=1+=，
设函数h(x)=e x-x-2，h′(x)=e x-1>0，
所以函数h(x)在(0，+∞)上单调递增，
又h(1)=e-3<0，h(2)=e2-4>0，
所以存在x0∈(1，2)，使h(x)=0，
故当x∈(0，x0)时，g′(x)<0;
当x∈(x0，+∞)时，g′(x)>0，
所以函数g(x)存在唯一最小值x0，
满足=x0+2，
所以g(x0)=x0+=x0+1∈(2，3)，
因为a=g(x)=x+有解，
所以a≥g(x0)>2，所以a>2.
10.(2020·龙岩模拟)已知函数f(x)=(x-1)ln x，g(x)=x-ln x-. 世纪金榜导学号
(1)求证:函数y=f(x)的图像恒在函数y=g(x)图像的上方.
(2)当m>0时，令h(x)=mf(x)+g(x)的两个零点x1，x2(x1<x2).求证:x2-x1<e-.
【证明】(1)构造函数p(x)=f(x)-g(x)=xln x-x+(x>0).
则p′(x)=ln x+1-1=ln x，
令p′(x)=0，得x=1.
所以x∈(0，1)时p′(x)<0，x∈(1，+∞)时p′(x)>0，
所以p(x)在(0，1)为减函数，在(1，+∞)为增函数，
所以p(x)≥p(1)=0-1+=>0，即f(x)>g(x).
故函数y=f(x)的图像恒在函数y=g(x)图像的上方.
(2)由h(x)=mf(x)+g(x)=m(x-1)ln x+x-ln x-有两个零点，
当m>0时h′(x)=m+1-.
则h′(x)在(0，+∞)为增函数，且h′(1)=0，
则当x∈(0，1)时h′(x)<0，h(x)为减函数，当x∈(1，+∞)时h′(x)>0，h(x)为增函数，
所以h(x)min=h(1)=1-<0.
又h=m ln+-ln-=m+1->0，
h(e)=m(e-1)+e-1->0.
所以h(x)在和(1，e)上各有一个零点x1，x2(x1<x2)，故x2-x1<e-.
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