高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第5课时利用导数解决函数的零点问题课时跟踪检测理新人教A版-新人教A版高三全册数学试题VIP免费

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高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第5课时利用导数解决函数的零点问题课时跟踪检测理新人教A版-新人教A版高三全册数学试题_第1页

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第五课时利用导数解决函数的零点问题A级·基础过关|固根基|1.若函数f(x)＝x2＋－alnx(a>0)有唯一的零点x0，且m0，x>0)．因为函数f(x)有唯一零点x0，所以函数g(x)，h(x)的图象有唯一一个交点，即g(x)，h(x)有唯一公切点(x0，y0)，即由得x＋－2lnx0＝0，令φ(x)＝x＋－2lnx0，则φ(1)＝3>0，φ(2)＝5－7ln2>0，φ(e)＝－e2＋<0，所以x0∈(2，e)，所以m＝2，n＝3，所以m＋n＝5.2．(2019届宜州调研)设f(x)＝|lnx|，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0，4)上有三个零点，则实数a的取值范围是()A．B．C．D．解析：选D令y1＝f(x)＝|lnx|，y2＝ax，若函数g(x)＝f(x)－ax在区间(0，4)上有三个零点，则y1＝f(x)＝|lnx|与y2＝ax的图象(图略)在区间(0，4)上有三个交点．由图象易知，当a≤0时，不符合题意；当a>0时，易知y1＝|lnx|与y2＝ax的图象在区间(0，1)上有一个交点，所以只需要y1＝|lnx|与y2＝ax的图象在区间(1，4)上有两个交点即可，此时|lnx|＝lnx，由lnx＝ax，得a＝.令h(x)＝，x∈(1，4)，则h′(x)＝，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e，4)上单调递减，h(e)＝＝，h(1)＝0，h(4)＝＝，所以0，解得a>－e2，所以此时－e2－1时，g′(x)>0，∴g(x)＝xex在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∴g(x)在x＝－1时取得极小值，也是最小值，为g(－1)＝－且当x→－∞时，y→0.1又当x<0时，g(x)<0；当x>0时，g(x)>0，∴函数y＝|xex|的图象如图所示．由图知，当m∈时，函数y＝|xex|与y＝m的图象有三个交点，即函数f(x)＝|xex|－m有三个零点，故实数m的取值范围是.答案：5．(2019届福州市高三质检)函数f(x)＝1＋x－＋，g(x)＝1－x＋－，若函数F(x)＝f(x＋3)g(x－4)，且函数F(x)的零点均在[a，b](a0，∴f(x)＝1＋x－＋在R上是单调递增函数． f(0)＝1>0，f(－1)＝－<0，∴f(x)＝1＋x－＋在区间[－1，0]上存在唯一零点，∴f(x＋3)在区间[－4，－3]上存在唯一零点，又 g(x)＝1－x＋－，∴g′(x)＝－1＋x－x2， g′(x)＝－1＋x－x2<0，∴g(x)＝1－x＋－在R上是单调递减函数， g(2)＝－<0，g(1)＝>0，∴g(x)＝1－x＋－在区间[1，2]上存在唯一零点，∴g(x－4)在区间[5，6]上存在唯一零点，由F(x)＝f(x＋3)g(x－4)＝0，得f(x＋3)＝0或g(x－4)＝0，故函数F(x)的零点均在[－4，6]内，则b－a的最小值为10.答案：106．(2020届成都摸底)已知函数f(x)＝e2x－2aex－2ax，其中a>0.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值．解：(1)当a＝1时，f(x)＝e2x－2ex－2x，∴f′(x)＝2e2x－2ex－2，∴f′(0)＝2e0－2e0－2＝－2.又f(0)＝e0－2e0－0＝－1，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(－1)＝－2x，即2x＋y＋1＝0.(2)由题意得f′(x)＝2e2x－2aex－2a＝2(e2x－aex－a)．令t＝ex∈(0，＋∞)，则g(t)＝2(t2－at－a)．设t2－at－a＝0的解为t1，t2则t1＋t2＝a，t1t2＝－a，又 a>0，∴函数y＝g(t)在(0，＋∞)上仅有一个零点．∴存在t0∈(0，＋∞)，使得g(t0)＝0，即存在x0满足t0＝ex0时，f′(x0)＝0.∴当t∈(0，t0)，即x∈(－∞，x0)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，x0)上单调递减；当t∈(t0，＋∞)，即x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(x0，＋∞)上单调递增．2又当x→－...

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