2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第三章+第2节第4课时+导数与函数的零点+Word版含解析

/多维层次练20[A级基础巩固]1．(2020·广州一中月考)函数f(x)＝lnx－eq\r(x)的零点个数是()A．3 B．2 C．1 D．0解析：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2\r(x))，定义域(0，＋∞)，当0<x<4时，f′(x)>0；当x>4时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，4)上递增，在(4，＋∞)上递减．则f(x)max＝f(4)＝ln4－2＝lneq\f(4,e2)<0.所以f(x)<0恒成立，故f(x)没有零点．答案：D2．已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：x－10234f(x)12020f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1<a<2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2，1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.答案：D3．(2020·日照一中调研)若方程8x＝x2＋6lnx＋m仅有一个解，则实数m的取值范围为()A．(－∞，7)B．(12－6ln3，＋∞)C．(15－6ln3，＋∞)D．(－∞，7)∪(15－6ln3，＋∞)解析：方程8x＝x2＋6lnx＋m仅有一个解等价于函数m(x)＝x2－8x＋6lnx＋m(x>0)的图象与x轴有且只有一个交点．又m′(x)＝2x－8＋eq\f(6,x)＝eq\f(2（x－1）（x－3）,x).当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)是增函数；当x∈(1，3)时，m′(x)<0，m(x)是减函数；当x∈(3，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)是增函数，所以m(x)极大值＝m(1)＝m－7，m(x)极小值＝m(3)＝m＋6ln3－15.因为当x趋近于0时，m(x)趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，m(x)趋近于正无穷，所以要使m(x)的图象与x轴有一个交点，必须有φ(x)极大值＝m－7<0或φ(x)最小值＝m＋6ln3－15>0，故m<7或m>15－6ln3.答案：D4．(2020·佛山调研)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝lneq\f(x,2)＋eq\f(1,2)，对任意a∈R，存在b∈(0，＋∞)，使f(a)＝g(b)，则b－a的最小值为()A．2eq\r(e)－1 B．e2－eq\f(1,2)C．2－ln2 D．2＋ln2解析：存在b∈(0，＋∞)，使f(a)＝g(b)，则ea＝lneq\f(b,2)＋eq\f(1,2)，令t＝ea＝lneq\f(b,2)＋eq\f(1,2)>0，所以a＝lnt，b＝2et－eq\f(1,2)，则b－a＝2et－eq\f(1,2)－lnt.设φ(t)＝2et－eq\f(1,2)－lnt，则φ′(t)＝2et－eq\f(1,2)－eq\f(1,t)(t>0)．显然φ′(t)在(0，＋∞)上是增函数，当t＝eq\f(1,2)时，φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0.所以φ′(t)有唯一零点t＝eq\f(1,2)，故当t＝eq\f(1,2)时，φ(t)取得最小值φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2＋ln2.答案：D5．若函数f(x)＝eq\f(ax－a,ex)＋1(a＜0)没有零点，则实数a的取值范围为________．解析：f′(x)＝eq\f(aex－（ax－a）ex,e2x)＝eq\f(－a（x－2）,ex)(a＜0)．当x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝eq\f(a,e2)＋1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝eq\f(a,e2)＋1＞0，解得a＞－e2，因此－e2＜a＜0.答案：(－e2，0)6．(2020·长郡中学检测)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－a存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，则x1＋2x0＝________．解析：由f(x)＝x3－x2＋ax－a，得f′(x)＝3x2－2x＋a.因为x0为f(x)的极值点，知3xeq\o\al(2,0)－2x0＋a＝0.①因为f(x1)＝f(x0)，其中x1≠x0，所以xeq\o\al(3,1)－xeq\o\al(2,1)＋ax1－a＝xeq\o\al(3,0)－xeq\o\al(2,0)＋ax0－a，化为xeq\o\al(2,1)＋x1x0＋xeq\o\al(2,0)－(x1＋x0)＋a＝0，把a＝－3xeq\o\al(2,0)＋2x0代入上述方程可得xeq\o\al(2,1)＋x1x0＋xeq\o\al(2,0)－(x1＋x0)－3xeq\o\al(2,0)＋2x0＝0，化为xeq\o\al(2,1)＋x1x0－2xeq\o\al(2,0)＋x0－x1＝0，即(x1－x0)(x1＋2x0－1)＝0，因为x1－x0≠0，所以x1＋2x0＝1.答案：17．已知函数f(x)＝eq\f(1,x2)＋alnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调递减区间；(2)已知函数f(x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．解：(1)由题意可得，f′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ax2－2,x3)(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a>0时，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,a))))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,a)))),x3)，由f′(x)≤0，解得0<x≤eq\r(\f(2,a)).所以此时函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2a),a))).综上可得：a≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，a>0时，函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2a),a))).(2)由(1)可得若函数f(x)有两个不同的零点，则必须满足a>0，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))))＝eq\f(a,2)＋eq\f(a,2)lneq\f(2,a)<0，化为lneq\f(2,a)<－1，解之得a>2e.所以实数a的取值范围是(2e，＋∞)．8．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝eq\r(x)＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．(1)证明：易知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x.所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－eq\r(2)>0，所以h(1)h(2)<0，所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．(2)解：由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x.由g(x)＝eq\r(x)＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1，2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1，记φ(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)－1，则φ′(x)＝ex＋eq\f(1,4)x－eq\f(3,2).当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增．易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.[B级能力提升]9．设f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋2x＋5，若曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，则实数m的取值范围是________．解析：曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，则g(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋2x＋5－2x－m＝eq\f(1,3)x3－eq\f(3,2)x2＋5－m有三个零点．令g′(x)＝x2－3x＝0，得x＝0或x＝3.由g′(x)>0，得x<0或x>3；由g′(x)<0，得0<x<3.所以函数g(x)在(－∞，0)和(3，＋∞)上为增函数，在(0，3)上为减函数．要使g(x)有三个零点，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（0）>0，,g（3）<0，))解得eq\f(1,2)<m<5.故实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，5))10．(2020·河南名校联盟调研)已知函数f(x)＝ex＋(a－e)·x－ax2.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值．(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a.若a＝0，则f(1)＝0，故由(1)得f(x)在区间(0，1)内没有零点；若a<0，则g′(x)＝ex－2a>0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增．又g(0)＝1＋a－e<0，g(1)＝－a>0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0.故当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a<0时，f(x)在区间(0，1)内存在零点．若a>0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex.则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点．综上，实数a的取值范围为(－∞，0)．11．(2019·天津卷)设函数f(x)＝lnx－a(x－1)ex，其中a∈R.(1)若a≤0，讨论f(x)的单调性；(2)若0<a<eq\f(1,e)：①证明f(x)恰有两个零点；②设x0为f(x)的极值点，x1为f(x)的零点，且x1>x0，证明3x0－x1>2.解：(1)由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)－[aex＋a(x－1)ex]＝eq\f(1－ax2ex,x).因此当a≤0时，1－ax2ex>0，从而f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)内单调递增．(2)证明：①由(1)知，f′(x)＝eq\f(1－ax2ex,x).令g(x)＝1－ax2ex，由0<a<eq\f(1,e)，知g(x)在(0，＋∞)内单调递减．又g(1)＝1－ae>0，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝1－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))eq\s\up12(2)eq\f(1,a)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))eq\s\up12(2)<0，故g(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，从而f′(x)＝0在(0，＋∞)内有唯一解，不妨设为x0，则1<x0<lneq\f(1,a).当x∈(0，x0)时，f′(x)＝eq\f(g（x）,x)>eq\f(g（x0）,x)＝0，所以f(x)在(0，x0)内单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝eq\f(g（x）,x)<eq\f(g（x0）,x)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内单调递减，因此x0是f(x)的唯一极值点．令h(x)＝lnx－x＋1，则当x>1时，h′(x)＝eq\f(1,x)－1<0.故h(x)在(1，＋∞)内单调递减，从而当x>1时，h(x)<h(1)＝0，所以lnx<x－1.从而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)－1))elneq\f(1,a)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))－lneq\f(1,a)＋1＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))<0，又因为f(x0)>f(1)＝0，所以f(x)在(x0，＋∞)内有唯一零点．又f(x)在(0，x0)内有唯一零点1，从而，f(x)在(0，＋∞)内恰有两个零点．②由题意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x0）＝0，,f（x1）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(axeq\o\al(2,0)ex0＝1，,lnx1＝a（x1－1）ex1，))从而lnx1＝eq\f(x1－1,xeq\o\al(2,0))ex1－x0，则ex1－x0＝eq\f(xeq\o\al(2,0)lnx1,x1－1).因为当x>1时，lnx<x－1，又x1>x0>1，故ex1－x0<eq\f(xeq\o\al(2,0)（x1－1）,x1－1)＝xeq\o\al(2,0)，两边取对数，得lnex1