高考数学第三章导数的综合应用第2课时利用导数探究函数零点问题高效演练分层突破文新人教A版.docx

第2课时利用导数探究函数零点问题基础题组练1(2020江西七校第一次联考)已知函数yf(x)是R上的可导函数，当x0时，有f(x)0，则函数F(x)xf(x)的零点个数是()A0B1C2 D3解析：选B.函数F(x)xf(x)的零点，就是方程xf(x)0的根，即方程xf(x)的根令函数g(x)xf(x)，则g(x)f(x)xf(x)因为当x0时，g(x)f(x)xf(x)0，所以g(x)xf(x)单调递增，g(x)g(0)0；当x0时，g(x)f(x)xf(x)g(0)0.所以函数yg(x)与y的图象只有一个交点，即F(x)xf(x)只有一个零点故选B.2(2020武汉调研)已知f(x)exax2.命题p：a1，yf(x)有三个零点，命题q：aR，f(x)0恒成立则下列命题为真命题的是() Apq B(p)(q)C(p)q Dp(q)解析：选B.对于命题p：当a1时，f(x)exx2，在同一坐标系中作出yex，yx2的图象(图略)，由图可知yex与yx2的图象有1个交点，所以f(x)exx2有1个零点，故命题p为假命题，因为f(0)1，所以命题q显然为假命题故(p)(q)为真命题3已知函数f(x)的定义域为1，4，部分对应值如下表：x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示当1a2时，函数yf(x)a的零点有 个解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数yf(x)的大致图象如图所示由于f(0)f(3)2，1a2，所以yf(x)a的零点个数为4.答案：44若函数f(x)1(a0)没有零点，则实数a的取值范围为 解析：f(x)(a0)当x2时，f(x)2时，f(x)0，所以当x2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)10，解得ae2，因此e2a0.答案：(e2，0)5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，得x2.所以函数f(x)的单调递增区间是(，1)，(2，)(2)由(1)知f(x)极大值f(1)22，f(x)极小值f(2)242，由数形结合，可知要使函数g(x)f(x)2m3有三个零点，则2m3，解得m.所以m的取值范围为.综合题组练1(2019高考全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xx1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数证明：(1)f(x)的定义域为(0，)f(x)ln x1ln x.因为yln x单调递增，y单调递减，所以f(x)单调递增又f(1)10，故存在唯一x0(1，2)，使得f(x0)0.又当xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)单调递增因此，f(x)存在唯一的极值点(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)0在(x0，)内存在唯一根x.由x01得10.(1)若曲线yf(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；(2)若f(x)g(x)m在0，)上有解，求实数m的取值范围解：(1)因为f(0)a10，所以a1，此时f(x)exex1.所以f(x)exe，f(0)1e.所以曲线yf(x)在原点处的切线方程为y(1e)x.(2)因为f(x)aexaex1，所以f(x)aexaea(exe)当x1时，f(x)0；当0x1时，f(x)1时，h(x)0；当0x0.所以h(x)