高考数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第4课时导数与函数的零点练习-人教版高三全册数学试题VIP免费

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第4课时导数与函数的零点[A级基础巩固]1．(2020·广州一中月考)函数f(x)＝lnx－的零点个数是()A．3B．2C．1D．0解析：f′(x)＝－，定义域(0，＋∞)，当00；当x>4时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，4)上递增，在(4，＋∞)上递减．则f(x)max＝f(4)＝ln4－2＝ln<0.所以f(x)<0恒成立，故f(x)没有零点．答案：D2．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当10)的图象与x轴有且只有一个交点．又m′(x)＝2x－8＋＝.当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)是增函数；当x∈(1，3)时，m′(x)<0，m(x)是减函数；当x∈(3，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)是增函数，所以m(x)极大值＝m(1)＝m－7，m(x)极小值＝m(3)＝m＋6ln3－15.1因为当x趋近于0时，m(x)趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，m(x)趋近于正无穷，所以要使m(x)的图象与x轴有一个交点，必须有φ(x)极大值＝m－7<0或φ(x)最小值＝m＋6ln3－15>0，故m<7或m>15－6ln3.答案：D4．(2020·佛山调研)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln＋，对任意a∈R，存在b∈(0，＋∞)，使f(a)＝g(b)，则b－a的最小值为()A．2－1B．e2－C．2－ln2D．2＋ln2解析：存在b∈(0，＋∞)，使f(a)＝g(b)，则ea＝ln＋，令t＝ea＝ln＋>0，所以a＝lnt，b＝2et－，则b－a＝2et－－lnt.设φ(t)＝2et－－lnt，则φ′(t)＝2et－－(t>0)．显然φ′(t)在(0，＋∞)上是增函数，当t＝时，φ′＝0.所以φ′(t)有唯一零点t＝，故当t＝时，φ(t)取得最小值φ＝2＋ln2.答案：D5．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，解得a＞－e2，因此－e2＜a＜0.答案：(－e2，0)6．(2020·长郡中学检测)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－a存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，则x1＋2x0＝________．解析：由f(x)＝x3－x2＋ax－a，得f′(x)＝3x2－2x＋a.因为x0为f(x)的极值点，知3x－2x0＋a＝0.①因为f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，所以x－x＋ax1－a＝x－x＋ax0－a，化为x＋x1x0＋x－(x1＋x0)＋a＝0，把a＝－3x＋2x0代入上述方程可得x＋x1x0＋x－(x1＋x0)－3x＋2x0＝0，化为x＋x1x0－2x＋x0－x1＝0，即(x1－x0)(x1＋2x0－1)＝0，因为x1－x0≠0，所以x1＋2x0＝1.答案：17．已知函数f(x)＝＋alnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调递减区间；(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．解：(1)由题意可得，f′(x)＝－＋＝(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a>0时，f′(x)＝，由f′(x)≤0，解得00时，函数f(x)的单调递减区间为.(2)由(1)可得若函数f(x)有两个不同的零点，则必须满足a>0，且f＝＋ln<0，化为ln<－1，解之得a>2e.所以实数a的取值范围是(2e，＋∞)．8．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….(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：易知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－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)＝ex－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)＝ex－x－－1，记φ(x)...

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