高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第6讲 利用导数研究函数零点问题分层演练 理（含解析）新人教A版-新人教A版高三全册数学试题VIP免费

第6讲利用导数研究函数零点问题1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝()A．－B．C．D．1解析：选C.由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1为f(x)图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f(1)＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a＝.故选C.2．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是()A．(2，＋∞)B．(－∞，－2)C．(1，＋∞)D．(－∞，－1)解析：选B.f′(x)＝3ax2－6x，当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0；x∈时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f＝>0，则f(x)的大致图象如图(1)所示：不符合题意，排除A、C.当a＝－时，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f＝－，则f(x)的大致图象如图(2)所示．不符合题意，排除D.3.函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．解：(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，所以解得a＝－，b＝－2，由导函数的图象可知，当－1＜x＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x＜－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数单调递增，故函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，极小值为f(2)＝c－.而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得－＜c＜.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.4．已知f(x)＝＋－3，F(x)＝lnx＋－3x＋2.(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．解：(1)f′(x)＝－＋＝，令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)F′(x)＝f(x)＝＋－3，由(1)得∃x1，x2，满足0＜x1＜1＜x2，使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，而F(1)＝0，x→0时，F(x)→－∞，x→＋∞时，F(x)→＋∞，画出函数F(x)的草图，如图所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．1．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在上无零点，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2lnx，则f′(x)＝1－＝，由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2，故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为f(x)＜0在区间上恒成立不可能，故要使函数f(x)在上无零点，只要对任意的x∈，f(x)＞0恒成立，即对x∈，a＞2－恒成立．令h(x)＝2－，x∈，则h′(x)＝，再令m(x)＝2lnx＋－2，x∈，则m′(x)＝＜0，故m(x)在上为减函数，于是，m(x)＞m＝4－2ln3＞0，从而h′(x)＞0，于是h(x)在上为增函数，所以h(x)＜h＝2－3ln3，所以a的取值范围为[2－3ln3，＋∞)．2．(2019·豫南九校联考)对于函数y＝H(x)，若在其定义域内存在x0，使得x0·H(x0)＝1成立，则称x0为函数H(x)的“倒数点”．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝(x＋1)2－1.(1)求证：函数f(x)有“倒数点”，并讨论函数f(x)的“倒数点”的个数；(2)若当x≥1时，不等式xf(x)≤m[g(x)－x]恒成立，试求实数m的取值范围．解：(1)证明：设h(x)＝lnx－(x＞0)，则h′(x)＝＋＞0(x＞0)，所以h(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数．而h(1)＜0，h(e)＞0，所以函数h(x)有零点且只有一个零点．所以函数f(x)有“倒数点”且只有一个“倒数点”．(2)xf(x)≤m[g(x)－x]等价于2x·lnx≤m(x2－1)，设d(x)＝2lnx－m，x≥1.则d′(x)＝，x≥1，易知－mx2＋2x－m＝0的判...