2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（北师版）-小测卷（十三） 利用导数研究函数零点问题

小测卷(十三)利用导数研究函数零点问题1．解：(1)由f′(x)＝ex＋cosx＋sinx，设h(x)＝ex＋cosx＋sinx，则h′(x)＝ex－sinx＋cosx，当x≥0时，设p(x)＝ex－x－1，q(x)＝x－sinx，∵p′(x)＝ex－1≥0，q′(x)＝1－cosx≥0，∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0，∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sinx，则h′(x)＝ex－sinx＋cosx≥x＋1－sinx＋cosx＝(x－sinx)＋(1＋cosx)≥0，∴函数h(x)＝ex＋cosx＋sinx在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝2，即当x≥0时，f′(x)≥2.(2)由已知得g(x)＝ex＋sinx－cosx－2x－1，①当x≥0时，∵g′(x)＝ex＋cosx＋sinx－2＝f′(x)－2≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，又∵g(0)＝－1<0，g(π)＝eπ－2π>0，∴由零点存在定理可知g(x)在[0，＋∞)上仅有一个零点，②当x<0时，设m(x)＝2−sinx−cosxex(x<0)，则∴m(x)在(－∞，0)上单调递减，∴m(x)>m(0)＝1，∴ex＋cosx＋sinx－2<0，∴g′(x)＝ex＋cosx＋sinx－2<0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，又∵g(0)＝－1<0，g(－π)＝e－π＋2π>0，∴由零点存在定理可知g(x)在(－∞，0)上仅有一个零点，综上所述，g(x)有且仅有2个零点．2．解：(1)f(x)＝2ex－x2－2(x－1)，f′(x)＝2e令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝2(ex－1)，令g′(x)>0，解得x>0，令g′(x)<0，解得x<0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝g(x)≥g(0)＝0，所以f(x)的单调递增区间为R，无单调递减区间．(2)若g(x)＝f(x)＋(a－2)ex＝aex－x2－2(x－1)有两个极值点，即g′(x)＝aex－2x－2有两个变号零点．令h(x)＝g′(x)＝aex－2x－2，①当a<0时，h(x)＝aex－2x－2在R上单调递减，最多只有一个零点，不合题意；②当a≥2时，h(x)＝aex－2x－2≥2(ex－x－1)，由(1)ex>x＋1，知h(x)＝aex－2x－2≥2(ex－x－1)≥0，最多只有一个零点，不合题意．③当0<a<2时，令h′(x)＝aex－2＝0，得x＝ln2a当x∈−∞，ln2a，h′(x)<0，当x∈ln2a所以h(x)在−∞，ln2a则h(x)≥hln2a＝2－2ln2a而当0<a<2时，ln2a>0，hln2a又h(－1)＝ae>0，根据零点存在定理可知∃x1∈−1，使得h(x1)＝0，h2ln4a令4a＝t∈(2，＋∞)，则(*)式>4[(t－1)－lnt所以∃x2∈ln2a，2ln4a又h(x)在−∞，ln2a故h(x)在−∞，ln2a有唯一零点x1，在ln2综上知：若f(x)有两个极值点，则a的取值范围为(0，2)．3．解：(1)设h(x)＝f(x)－g(x)，∴h′(x)＝2x−1+3∴当x∈(0，3)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．∴h(x)的最大值为h(3)＝2ln3－3＝2ln3∴f(x)<g(x)．(2)令F(x)＝ex－2lnx－4，则F′(x)＝ex－2x令t(x)＝F′(x)＝ex－2x又由t′(x)＝ex＋2x2>0，得t(x)＝F′(x)在(0，＋∞又∵t12<0，t(1)>0，∴存在x0∈12，1，使t(x0)＝0，即ex0＝2x0，且当x∈∴F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∵ex0＝2x0，∴lnex0＝ln2x0，即x0＝ln2－lnx∴F(x)min＝F(x0)＝ex0－2lnx0－4＝2x0－2lnx由于y＝1x0＋x0在F(x0)＝21x0+x又F(2)＝e2－2ln2－4>0，F(1)＝e1－2ln1－4＝e－4<0，F(e-2)＝ee−2－2lne-2－4＝故由零点存在性定理知必存在实数x1∈1e2，1，x2综上，函数F(x)有两个零点，即方程f(x)＝ex的两个实数根x1，x2满足1e2<x1<1<x4．解：(1)由题意知，函数f(x)＝sin(x－1)－lnx的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝cos(x－1)－1x令g(x)＝f′(x)＝cos(x－1)－1x，x∈0，1+所以g′(x)＝－sin(x－1)＋1x2，x∈令h(x)＝g′(x)＝－sin(x－1)＋1x2，x∈则h′(x)＝－cos(x－1)－2x当x∈0，1+π2时，cos(x－1)>0，2x3>0，所以h′(x)＝－cos(即h(x)＝g′(x)＝－sin(x－1)＋1x2在x∈又h(1)＝g′(1)＝1>0，h(2)＝g′(2)＝－sin1＋14<14－sinh1+π2＝g′1+π2＝－sin则存在x∈(0，2)，使得h(x0)＝g′(x0)＝0，即存在x∈0，1+π2，使得h(x0)＝g′(x所以当x∈(0，x0)时，h(x)＝g′(x)>0，当x∈x0，1+π2时，h(x)＝所以x＝x0为g(x)＝f′(x)＝cos(x－1)－1x故f′(x)在区间0，1+π2上存在唯一极大值点x(2)由(1)知，f′(x)＝cos(x－1)－1x，x∈(0，＋∞①当x∈0，1+π2时，由(1)知，f′(x)在(0，x0)上单调递增，在又f′(1)＝cos0－1＝0，f′1+π2＝cosf′π2＝cosπ2−1−1所以存在α∈π2，1+π2，使得所以当x∈(0，1)，α，1+π2时，f′(x)<0，f(当x∈(1，α)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，又f(1)＝sin0－ln1＝0，f1+π2＝sinπ2所以当x∈0，1+π2时，f(x)