【新高考复习】6 第6讲　利用导数研究函数的零点问题　新题培优练

1．(2019·江西赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是()A.－∞，1eB.0，1eC.()－∞，0D.()0，＋∞解析：选D.函数f(x)＝aex－x－2a的导函数f′(x)＝aex－1.当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；当a0时，令f′(x)＝0，得x＝ln1a，函数f(x)在－∞，ln1a上单调递减，在ln1a，＋∞上单调递增，所以f(x)的最小值为fln1a＝1－ln1a－2a＝1＋lna－2a.令g(a)＝1＋lna－2a(a0)，则g′(a)＝1a－2.当a∈0，12时，g(a)单调递增；当a∈12，＋∞时，g(a)单调递减，所以g(a)max＝g12＝－ln20，所以f(x)的最小值为fln1a0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)，故选D.2．已知函数f(x)＝3lnx－12x2＋2x－3ln3－32.则方程f(x)＝0的解的个数是________．解析：因为f(x)＝3lnx－12x2＋2x－3ln3－32，所以f′(x)＝3x－x＋2＝－x2＋2x＋3x＝（－x＋3）（x＋1）x，当x∈(0，3)时，f′(x)0，f(x)单调递增，当x∈(3，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递减，当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，所以f(x)max＝f(3)＝3ln3－92＋6－3ln3－32＝0，所以方程f(x)＝0只有一个解．答案：13．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在[0，＋∞)的最小值．①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e24，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3（e2a）2＞1－16a3（2a）4＝1－1a＞0.故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.4．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)＝ex·(lnx－ax＋a＋b)(e为自然对数的底数)，a，b∈R，直线y＝e2x是曲线y＝f(x)在x＝1处的切线．(1)求a，b的值．(2)是否存在k∈Z，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f′(x)＝ex(lnx－ax＋1x＋b)，f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知，得f（1）＝e2f′（1）＝e2，即eb＝e2e（b－a＋1）＝e2，解得a＝1，b＝12.(2)由(1)知，f(x)＝exlnx－x＋32，则f′(x)＝ex(lnx－x＋1x＋12)，令g(x)＝lnx－x＋1x＋12，则g′(x)＝－x2－x＋1x20恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝120，g(2)＝ln2－10，所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)0，即f′(x)0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)0，即f′(x)0.所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．又当x→0时，f(x)0，f(1)＝e20，f(2)＝e2(ln2－12)0，f(e)＝ee52－e0，所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．5．(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)＝f(x)x－12在区间[0，1]上零点的个数．解：(1)因为f(x)＝ex－ax－1，所以f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a0时，令f′(x)0，得xlna，令f′(x)0，得xlna，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞)．(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝12，先考虑f(x)在区间[0，1]上的零点个数，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以f(x)在[0，1]上有一个零点；当1ae时，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，1)上单调递增，而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1a≤e－1时，f(x)在[0，1]上有两个零点，当e－a－10，即e－1ae时，f(x)在[0，1]上有一个零点．当x＝12时，由f12＝0得a＝2(e－1)，所以当a≤1或ae－1或a＝2(e－1)时，g(x)在[0，1]上有两个零点；当1a≤e－1且a≠2(e－1)时，g(x)在[0，1]上有三个零点．6．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：(1)f′(x)在区间－1，π2存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点．证明：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－11＋x，g′(x)＝－sinx＋1（1＋x）2.当x∈－1，π2时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′π2＜0，可得g′(x)在－1，π2有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈α，π2时，g′(x)＜0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故g(x)在－1，π2存在唯一极大值点，即f′(x)在－1，π2存在唯一极大值点．(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．(ⅱ)当x∈0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在α，π2单调递减，而f′(0)＝0，f′π2＜0，所以存在β∈α，π2，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈β，π2时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在β，π2单调递减．又f(0)＝0，fπ2＝1－ln1＋π2＞0，所以当x∈0，π2时，f(x)＞0.从而，f(x)在0，π2没有零点．(ⅲ)当x∈π2，π时，f′(x)＜0，所以f(x)在π2，π单调递减．而fπ2＞0，f(π)＜0，所以f(x)在π2，π有唯一零点．(ⅳ)当x∈()π，＋∞时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．综上，f(x)有且仅有2个零点．