课时规范练25　利用导数研究函数的零点-高考一轮复习人教A版(适用于新高考新教材)

课时规范练25利用导数研究函数的零点1.(2024·浙江杭州模拟)设函数f(x)=(x-1)2ex-ax,若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-2x+b.(1)求实数a,b的值;(2)判断函数f(x)零点的个数.2.(2024·河北唐山模拟)已知函数f(x)=ex(x+2),g(x)=12x2+3x+2(1)证明:当x≥0时,f(x)≥g(x);(2)若函数h(x)=f(x)-4ex-m有两个零点,求m的取值范围.3.(2024·四川成都模拟)已知函数f(x)=xe-x+asinx,e是自然对数的底数,若x=0恰为f(x)的极值点.(1)求实数a的值;(2)求f(x)在区间(-∞,π4)上零点的个数4.(2024·北京陈经纶中学模拟)已知函数f(x)=xex-m2(x+1)2(m≥0)(1)当m=0时,求函数f(x)的极小值;(2)若函数f(x)在区间(-∞,1)上有且只有一个零点,求m的取值范围.

课时规范练25利用导数研究函数的零点1.解(1)由题意可得f'(x)=(x2-1)ex-a.因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-2x+b,所以f'(0(2)由(1)知f(x)=(x-1)2ex-x,所以f(x)=ex[(x-1)2-xex],令g(x)=(x-1)2-xex,则f(x)零点的个数就是g(由于g'(x)=(x-1)(2+1ex),所以当x<1时,g'(x)<0,g(x)当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.又g(0)=1>0,g(1)=-1e<0,g(2)=1-2e2>0,所以g(0)g(1)<0,g(1)g(2)<0,由零点存在定理可得,∃x1∈(0,1),使得g(x1)=0,∃x2∈(1,2),使得g(x2)=0,故函数f(x2.(1)证明令k(x)=f(x)-g(x)=ex(x+2)-12x2-3x-2,则k'(x)=ex(x+3)-x-3=(x+3)(ex-1),因为x≥0,所以k'(x)=(x+3)(ex-1)≥0,故k(x)单调递增,又k(0)=2-2=0,故f(x)-g(x)≥0,即f(x)≥g(x)(2)解h(x)=ex(x+2)-4ex-m=ex(x-2)-m,令h(x)=0,得ex(x-2)=m.函数h(x)=f(x)-4ex-m有两个零点,即直线y=m与函数y=ex(x-2)的图象有两个不同的交点.令w(x)=ex(x-2),则w'(x)=ex(x-1),当x>1时,w'(x)>0,当x<1时,w'(x)<0,所以w(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,因此w(x)在x=1处取得极小值,也是最小值,且w(1)=-e,又当x<2时,w(x)=ex(x-2)<0恒成立,当x→+∞时,w(x)→+∞,当x→-∞时,w(x)→0,要使函数h(x)=f(x)-4ex-m有两个零点,则m∈(-e,0).3.解(1)由题意得f'(x)=1-xex+acosx,因为x=0为f(x)的极值点,故f'(0)=1+a=0,所以a=-1,此时f'(x)=1当x<0时,1-x>ex>0,故当x<0时,1-xex>1,所以f'(x)>0,则f(x)在(f'(x)=1-xex-cosx=1-x-excosxex,令g(x)=1-x-excosx,则g'(x)=-1-ex(cosx-sinx),当0<x<π4时,cosx-sinx>0,则g'(x)<0,则g(x)在(0,π4)内单调递减,故g(x)<g(0)=0,即f'(x)<0,故f(x)在(0,π4)内单调递减,(2)由(1)知f(x)=xe-x-sinx,f'(x)=1-xex-cosx,当x<0时,f'(x)>0,f(x)在(-∞,0)上单调递增,则f(x)<f(0)=0,故f(x)在(-∞,0)上不存在零点;当0<x<π4时,f'(x)<0,故f(x)在(0,π4)内单调递减,则f(x)<f(0)=0,故f(x)在(0,π4)内不存在零点;当x=0时,f(0)=0,即x=0综上所述,f(x)在区间(-∞,π4)上零点的个数为14.解(1)当m=0时,f(x)=xex,可得f'(x)=(x+1)ex,令f'(x)=0,解得x=-1.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,所以函数f(x)的极小值为f(-1)=-1(2)若m=0,f(x)=xex,令f(x)=0,解得x=0,当x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0,所以函数f(x)在区间(-∞,1)上有且只有一个零点,符合题意.若m>0,由f'(x)=(x+1)(ex-m),令f'(x)=0,解得x=-1或x=lnm.①若m=1e,此时f'(x)≥0,可得f(x)在R上单调递增,且f(-1)=-1e<0,f(1)=e-2e>0,此时函数f(x)在区间(-∞,1)上有且只有一个零点②若m>1e,可得lnm>-1,令f'(x)>0,可得x<-1或x>lnm,令f'(x)<0,可得-1<x<lnm,所以f(x)在(-∞,-1),(lnm,+∞)上单调递增,在(-1,lnm)内单调递减,又由f(-1)<0,f(lnm)<f(-1)<0,只需讨论f(1)=e-2m的符号,当1e<m<e2时,f(1)>0,函数f(x)在区间(-∞,1)上有且只有一个零点;当m≥e2时,f(1)≤0,函数f(x)在区间(-∞,1)上无零点,故③若0<m<1e,则lnm<-1,令f'(x)>0,可得x>-1或x<lnm,令f'(x)<0,可得lnm<x<-1,所以f(x)在(-∞,ln