（課標(biāo)通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第2課時 利用導(dǎo)數(shù)探究函數(shù)零點問題檢測 文

《（課標(biāo)通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第2課時 利用導(dǎo)數(shù)探究函數(shù)零點問題檢測 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第4講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 第2課時 利用導(dǎo)數(shù)探究函數(shù)零點問題檢測 文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2課時 利用導(dǎo)數(shù)探究函數(shù)零點問題 [基礎(chǔ)題組練] 1．已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋1，g(x)＝xf(x)＋bx2＋a，若g′(x)＝0在區(qū)間上有解，則實數(shù)b的取值范圍為(　　) A．(－1，2)　　　　　　 B．(1，2) C．[1，2) D．(0，2－] 解析：選D.易知g(x)＝x3＋(b－2)x2＋x＋a，則g′(x)＝3x2＋2(b－2)x＋1，因為g′(x)＝0在區(qū)間上有解，所以Δ＝4(b－2)2－12≥0，即b≥2＋或b≤2－，同時2(b－2)＝－∈(－4，－2]，所以0＜b≤2－，從而實數(shù)b的取值范圍為(0，2－]． 2．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋

2、1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0＞0，則a的取值范圍是(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) 解析：選B.f′(x)＝3ax2－6x， 當(dāng)a＝3時，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)， 則當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)>0；x∈時， f′(x)<0；x∈時，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f＝>0，則f(x)的大致圖象如圖(1)所示： 不符合題意，排除A，C. 當(dāng)a＝－時，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)， 則當(dāng)x∈時，f′(x)<0，x∈時，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)時，f′(

3、x)<0，注意f(0)＝1，f＝－， 則f(x)的大致圖象如圖(2)所示． 不符合題意，排除D.故選B. 3．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－bx＋c(b，c∈R)． (1)若曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2x＋1，求b，c的值； (2)若b＝1，c＝，求證：f(x)在區(qū)間(1，2)內(nèi)存在唯一零點． 解：(1)由題意得f′(x)＝x2－b， 所以f′(1)＝1－b＝2，得b＝－1. 又因為f(1)＝2＋1＝3， 所以－b＋c＝3， 得c＝. 故b＝－1，c＝. (2)證明：若b＝1，c＝， 則f(x)＝x3－x＋. 因為f(1)f(2)＝－×1＜0，

4、 所以f(x)在區(qū)間(1，2)內(nèi)存在零點． 又當(dāng)x∈(1，2)時，f′(x)＝x2－1＞0， 所以f(x)在(1，2)上單調(diào)遞增． 所以f(x)在區(qū)間(1，2)內(nèi)存在唯一零點． 4．已知函數(shù)f(x)＝a＋ln x(a∈R)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)試判斷f(x)的零點個數(shù)． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)， f′(x)＝()′ln x＋· ＝， 令f′(x)＞0，解得x＞e－2， 令f′(x)<0，解得0

5、a－， 顯然a＞時，f(x)＞0，無零點， a＝時，f(x)＝0，有1個零點， a<時，f(x)<0，有2個零點． [綜合題組練] 1．(2019·貴陽摸底考試)已知函數(shù)f(x)＝kx－ln x(k＞0)． (1)若k＝1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)有且只有一個零點，求實數(shù)k的值； 解：(1)k＝1，f(x)＝x－ln x，定義域為(0，＋∞)，則f′(x)＝1－， 由f′(x)＞0得x＞1，由f′(x)＜0得0＜x＜1， 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． (2)法一：由題意知方程kx－ln x＝0僅有一個實根， 由

6、kx－ln x＝0得k＝(x＞0)， 令g(x)＝(x＞0)，則g′(x)＝， 當(dāng)x＝e時，g′(x)＝0；當(dāng)0＜x＜e時，g′(x)＞0；當(dāng)x＞e時，g′(x)＜0. 所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以g(x)max＝g(e)＝. 當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0. 又k＞0，所以要使f(x)僅有一個零點，則k＝. 法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)． 當(dāng)x＝時，f′(x)＝0；當(dāng)0＜x＜時，f′(x)＜0；當(dāng)x＞時，f′(x)＞0. 所以f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以f(x)min＝f＝1－ln，

7、 因為f(x)有且只有一個零點，所以1－ln＝0，即k＝. 2．已知函數(shù)f(x)＝aln x＋－bx＋1. (1)當(dāng)a＝0時，函數(shù)f(x)的極小值為5，求負(fù)數(shù)b的值； (2)若b＝－1，F(xiàn)(x)＝f(x)－，且當(dāng)a≥－4時，不等式F(x)≥2在區(qū)間[1，4]上有解，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 當(dāng)a＝0時，f(x)＝－bx＋1(b＜0)， 令f′(x)＝－－b＝0， 得x1＝，x2＝－(舍去)． 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下： x f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  所以函

8、數(shù)f(x)的極小值為f＝5，即＋＋1＝5，解得b＝－4. (2)由題意知，當(dāng)a≥－4時，F(xiàn)(x)在[1，4]上的最大值M≥2. 當(dāng)b＝－1時，F(xiàn)(x)＝f(x)－＝x－＋aln x＋1， 則F′(x)＝. ①當(dāng)－4≤a≤4時，在x∈[1，4]上，F(xiàn)′(x)＝≥0， 故F(x)在[1，4]上單調(diào)遞增，M＝F(4)． ②當(dāng)a＞4時，設(shè)x2＋ax＋4＝0(Δ＝a2－16＞0)的兩根分別為x1，x2，則故x1＜0，x2＜0， 所以在x∈[1，4]上，F(xiàn)′(x)＝＞0， 故F(x)在[1，4]上單調(diào)遞增，M＝F(4)． 綜上，當(dāng)a≥－4時，F(xiàn)(x)在[1，4]上的最大值M＝F(4)＝4

9、－1＋aln 4＋1≥2，解得a≥－， 所以實數(shù)a的取值范圍是. 3．(2019·遼寧錦州聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)． (1)若函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值，求實數(shù)a的值；并求此時f(x)在[－2，1]上的最大值； (2)若函數(shù)f(x)不存在零點，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.因為函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝e0＋a＝0，所以a＝－1.經(jīng)檢驗，a＝－1，符合題意，所以f′(x)＝ex－1.所以當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)

10、>0，f(x)單調(diào)遞增．易知f(x)在[－2，0)上單調(diào)遞減，在(0，1]上單調(diào)遞增，且f(－2)＝＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)，所以f(x)在[－2，1]上的最大值為＋3. (2)f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，①當(dāng)a>0時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)，且當(dāng)x>1時，f(x)＝ex＋a(x－1)>0. 當(dāng)x<0時，取x＝－，則f<1＋a＝－a<0，所以函數(shù)f(x)存在零點，不滿足題意． ②當(dāng)a<0時，令f′(x)＝ex＋a＝0，x＝ln(－a)． 當(dāng)x∈(－∞，ln(－a))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(ln(－a)，＋∞)時，f′(x)>0

11、，f(x)單調(diào)遞增， 所以x＝ln(－a)時，f(x)取得最小值． 函數(shù)f(x)不存在零點，等價于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2x1＋x2. 解：(1)因為f′(x)＝ln x－ax，所以f′(e)＝1－ae＝－1，解得a＝， 所以f(e)＝－e，

12、故切點為(e，－e)， 所以曲線y＝f(x)在x＝e處的切線方程為x＋y＝0. (2)①f′(x)＝ln x－ax，令f′(x)＝0，得a＝. 令g(x)＝，則g′(x)＝， 且當(dāng)01時，g(x)>0. 令g′(x)＝0，得x＝e， 且當(dāng)00；當(dāng)x>e時，g′(x)<0. 故g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(e)＝. 所以當(dāng)a≤0時，f(x)有一個極值點； 當(dāng)0e， 因為g(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，且x1＋x2>x2>e，所以<，即x1＋x2. 7