2020版高考数学第三章导数及其应用5第4讲导数的综合应用（第2课时）利用导数探究函数零点问题新题培优练.docx

第2课时 利用导数探究函数零点问题 基础题组练1已知函数f(x)x22x1，g(x)xf(x)bx2a，若g(x)0在区间上有解，则实数b的取值范围为()A(1，2)B(1，2)C1，2) D(0，2解析：选D.易知g(x)x3(b2)x2xa，则g(x)3x22(b2)x1，因为g(x)0在区间上有解，所以4(b2)2120，即b2或b2，同时2(b2)(4，2，所以0b2，从而实数b的取值范围为(0，22已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是()A(2，) B(，2)C(1，) D(，1)解析：选B.f(x)3ax26x，当a3时，f(x)9x26x3x(3x2)，则当x(，0)时，f(x)0；x时，f(x)0，注意f(0)1，f0，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)4x26x2x(2x3)，则当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.故选B.3设函数f(x)x3bxc(b，cR)(1)若曲线f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y2x1，求b，c的值；(2)若b1，c，求证：f(x)在区间(1，2)内存在唯一零点解：(1)由题意得f(x)x2b，所以f(1)1b2，得b1.又因为f(1)213，所以bc3，得c.故b1，c.(2)证明：若b1，c，则f(x)x3x.因为f(1)f(2)10，所以f(x)在区间(1，2)内存在零点又当x(1，2)时，f(x)x210，所以f(x)在(1，2)上单调递增所以f(x)在区间(1，2)内存在唯一零点4已知函数f(x)aln x(aR)(1)求f(x)的单调区间；(2)试判断f(x)的零点个数解：(1)函数f(x)的定义域是(0，)，f(x)()ln x，令f(x)0，解得xe2，令f(x)0，解得0xe2，所以f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增(2)由(1)得f(x)minf(e2)a，显然a时，f(x)0，无零点，a时，f(x)0，有1个零点，a时，f(x)0，有2个零点综合题组练1(2019贵阳摸底考试)已知函数f(x)kxln x(k0)(1)若k1，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；解：(1)k1，f(x)xln x，定义域为(0，)，则f(x)1，由f(x)0得x1，由f(x)0得0x1，所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，)(2)法一：由题意知方程kxln x0仅有一个实根，由kxln x0得k(x0)，令g(x)(x0)，则g(x)，当xe时，g(x)0；当0xe时，g(x)0；当xe时，g(x)0.所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，所以g(x)maxg(e).当x时，g(x)0.又k0，所以要使f(x)仅有一个零点，则k.法二：f(x)kxln x，f(x)k(x0，k0)当x时，f(x)0；当0x时，f(x)0；当x时，f(x)0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)minf1ln，因为f(x)有且只有一个零点，所以1ln0，即k.2已知函数f(x)aln xbx1.(1)当a0时，函数f(x)的极小值为5，求负数b的值；(2)若b1，F(x)f(x)，且当a4时，不等式F(x)2在区间1，4上有解，求实数a的取值范围解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)当a0时，f(x)bx1(b0)，令f(x)b0，得x1，x2(舍去)当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下：xf(x)0f(x)极小值所以函数f(x)的极小值为f5，即15，解得b4.(2)由题意知，当a4时，F(x)在1，4上的最大值M2.当b1时，F(x)f(x)xaln x1，则F(x).当4a4时，在x1，4上，F(x)0，故F(x)在1，4上单调递增，MF(4)当a4时，设x2ax40(a2160)的两根分别为x1，x2，则故x10，x20，所以在x1，4上，F(x)0，故F(x)在1，4上单调递增，MF(4)综上，当a4时，F(x)在1，4上的最大值MF(4)41aln 412，解得a，所以实数a的取值范围是.3(2019辽宁锦州联考)已知函数f(x)exaxa(aR且a0)(1)若函数f(x)在x0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在2，1上的最大值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围解：(1)由f(x)exaxa，得f(x)exa.因为函数f(x)在x0处取得极值，所以f(0)e0a0，所以a1.经检验，a1，符合题意，所以f(x)ex1.所以当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增易知f(x)在2，0)上单调递减，在(0，1上单调递增，且f(2)3，f(1)e，f(2)f(1)，所以f(x)在2，1上的最大值为3.(2)f(x)exa，由于ex0，当a0时，f(x)0，f(x)是增函数，且当x1时，f(x)exa(x1)0.当x0时，取x，则f1aa0，所以函数f(x)存在零点，不满足题意当a0时，令f(x)exa0，xln(a)当x(，ln(a)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以xln(a)时，f(x)取得最小值函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0，解得e2ax1x2.解：(1)因为f(x)ln xax，所以f(e)1ae1，解得a，所以f(e)e，故切点为(e，e)，所以曲线yf(x)在xe处的切线方程为xy0.(2)f(x)ln xax，令f(x)0，得a.令g(x)，则g(x)，且当0x1时，g(x)1时，g(x)0.令g(x)0，得xe，且当0x0；当xe时，g(x)0.故g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，所以g(x)maxg(e).所以当a0时，f(x)有一个极值点；当0a时，f(x)有两个极值点；当a时，f(