2021届数学版总复习课时作业18导数与函数的零点问题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021届高考数学苏教版一轮总复习课时作业18导数与函数的零点问题含解析课时作业18导数与函数的零点问题1．设a为实数,函数f(x）＝－x3＋3x＋a.(1）求f(x)的极值；(2)是否存在实数a,使得方程f(x）＝0恰好有两个实数根?若存在，求出实数a的值；若不存在,请说明理由．解：（1)f′（x）＝－3x2＋3,令f′（x)＝0，得x＝－1或x＝1。∵当x∈(－∞，－1)时，f′（x)〈0；当x∈（－1,1)时，f′（x）〉0;当x∈(1，＋∞）时，f′(x）<0，∴f（x）在（－∞，－1)，（1，＋∞）上单调递减，在(－1，1)上单调递增．∴f（x)的极小值为f(－1)＝a－2，极大值为f(1）＝a＋2。（2)方程f(x)＝0恰好有两个实数根,等价于直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有两个交点．∵y＝x3－3x，∴y′＝3x2－3。令y′>0，解得x>1或x<－1；令y′〈0，解得－1〈x〈1.∴y＝x3－3x在（－1,1)上为减函数,在(1,＋∞）和（－∞，－1）上为增函数．∴当x＝－1时，y极大值＝2；当x＝1时,y极小值＝－2.∴y＝x3－3x的大致图象如图所示．y＝a表示平行于x轴的一条直线，由图象知，当a＝2或a＝－2时，y＝a与y＝x3－3x有两个交点．故当a＝2或a＝－2时，方程f（x）＝0恰好有两个实数根．2．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1）lnx－x－1.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）＝eq\f（x－1,x）＋lnx－1＝lnx－eq\f（1,x）.因为y＝lnx单调递增，y＝eq\f(1，x)单调递减，所以f′(x）单调递增．又f′(1）＝－1<0，f′（2）＝ln2－eq\f（1，2)＝eq\f（ln4－1,2）〉0，故存在唯一x0∈（1,2），使得f′(x0)＝0.又当0<x〈x0时，f′（x）<0，f(x）单调递减；当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）<f（1)＝－2,又f（e2）＝e2－3〉0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞）内存在唯一根x＝α.由α〉x0>1得eq\f(1，α)〈1〈x0.又f（eq\f（1,α））＝（eq\f(1，α）－1)lneq\f(1，α）－eq\f(1,α）－1＝eq\f(fα,α)＝0,故eq\f（1,α）是f(x)＝0在（0，x0）的唯一根．综上,f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．3．(2020·合肥调研）已知函数f（x）＝（x－1）ex－ax2＋b＋eq\f（1,2）.（1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2）若函数f(x）为增函数，且f(x）的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围．解:（1）当a＝1时，f（x)＝（x－1）ex－x2＋b＋eq\f（1,2)(x∈R），则f′(x)＝ex＋(x－1）ex－2x＝x(ex－2）．令f′(x)>0，解得x〈0或x〉ln2，令f′(x）<0，解得0〈x<ln2,∴函数f（x)的单调递增区间为（－∞，0）和(ln2，＋∞）,单调递减区间为(0，ln2）．(2）f′(x)＝ex＋（x－1)ex－2ax＝x(ex－2a)，∵f(x）为增函数，∴f′(x)≥0恒成立．当x≥0时，ex－2a≥0恒成立，得a≤eq\f（1,2）。当x<0时,ex－2a≤0恒成立，得a≥eq\f（1，2)。∴a＝eq\f（1,2）。∴f(x)＝（x－1)ex－eq\f（1，2）x2＋b＋eq\f（1，2）。由（x－1)ex－eq\f（1，2)x2＋b＋eq\f(1,2）＝bx,得(x－1)ex－eq\f（1，2)(x2－1)＝b（x－1)．当x＝1时，方程成立．当x≠1时，只需要方程ex－eq\f(1，2）(x＋1)＝b有2个实根．令g(x）＝ex－eq\f(1，2)(x＋1），则g′(x）＝ex－eq\f(1，2)。当x〈lneq\f（1,2)时，g′(x）<0,当x〉lneq\f(1，2)且x≠1时，g′（x）>0,∴g(x)在（－∞，lneq\f(1,2））上单调递减，在（lneq\f(1,2）,1)和(1，＋∞）上单调递增，∵g(lneq\f（1,2））＝eq\f(1,2）－eq\f(1,2）(lneq\f（1,2）＋1）＝eq\f（1,2)ln2，g（1）＝e－1≠0，∴b∈（eq\f(1，2)ln2，e－1)∪（e－1，＋∞）．4．（2020·长春质监)已知函数f（x)＝ex＋bx－1（b∈R)．（1）讨论f(x）的单调性；（2）若方程f（x)＝lnx有两个实数根，求实数b的取值范围．解：(1)由题意可得f′（x）＝ex＋b，当b≥0时，f′(x）>0，f（x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当b〈0时，若x≥ln（－b），则f′(x)≥0，f(x）在[ln（－b),＋∞）上单调递增；若x〈ln(－b），则f′(x）〈0,f(x)在（－∞，ln（－b））上单调递减．（2)令g（x）＝ex＋bx－1－lnx，则g′（x）＝ex＋b－eq\f（1，x），易知g′（x)单调递增且一定有大于0的零点，设g′(x）大于0的零点为x0，则g′(x0)＝0,即ex0＋b－eq\f(1，x0）＝0,b＝eq\f(1,x0)－ex0。方程f(x)＝lnx有两个实数根，即g(x）有两个零点,则需满足g(x0)〈0,即ex0＋bx0－1－lnx0＝ex0＋（eq\f（1,x0)－ex0)x0－1－lnx0＝ex0－ex0x0－lnx0<0，令h（x)＝ex－exx－lnx（x>0)，则h′(x)＝－exx－eq\f(1，x)〈0，所以h(x）在（0，＋∞）上单调递减，h（1)＝0，所以ex0－ex0x0－lnx0〈0的解集为（1，＋∞)，所以b＝eq\f(1，x0)－ex0〈1－e.当b<1－e时,ex＋bx－1－lnx〉x＋bx－lnx，有g（eb）>eb＋beb－lneb＝（b＋1）eb－b；令G(x）＝（x＋1）ex－x＝(x＋1）（ex－1）＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，0<ex<1，故G(x)＝(x＋1）ex－x>0，所以g（eb)>0，故g（eb)g（x0)<0，g（x）在（0,x0）上有唯一零点，另一方面，在(x0,＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g（x）〉0。综上，b的取值范围是(－∞,1－e)．5．（2020·福州质检)已知函数f(x）＝alnx－x－eq\f(a＋1,x）(a∈R)．(1)求函数f(x）的单调区间；（2）当e<a〈2eq\r(e）时，关于x的方程f(ax)＝－eq\f(a＋1，ax)有两个不同的实数解x1，x2,求证：x1＋x2〈4x1x2.解：（1）f（x）的定义域为(0，＋∞)，f′（x)＝eq\f(a，x)－1＋eq\f(1＋a，x2）＝eq\f(－x2＋ax＋1＋a,x2)＝eq\f（－x＋1［x－1＋a］，x2),①当a＋1>0，即a〉－1时，在（0,1＋a）上，f′（x)〉0，在(1＋a，＋∞)上，f′（x）<0，所以f（x）的单调递增区间是(0，1＋a)，单调递减区间是(1＋a，＋∞);②当1＋a≤0,即a≤－1时，在(0，＋∞）上，f′（x）〈0，所以，函数f（x)的单调递减区间是（0,＋∞),无单调递增区间．（2)证明:设g（x）＝f(ax)＋eq\f(a＋1，ax）＝a(lna＋lnx－x),所以g′(x）＝eq\f（a1－x,x）（x>0）,当0〈x〈1时，g′（x）>0,函数g（x)在区间(0,1）上单调递增；当x〉1时，g′(x)<0,函数g(x）在区间(1,＋∞）上单调递减．所以g（x）在x＝1处取得最大值．因为当e<a〈2eq\r（e)时，方程f(ax)＝－eq\f（a＋1,ax）有两个不同的实数解x1，x2，