《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學一輪復習 專題3 導數(shù)及其應用 第21練 利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題練習（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學一輪復習 專題3 導數(shù)及其應用 第21練 利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題練習（含解析）.docx（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第21練 利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題
[基礎保分練]
1．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，則a的取值范圍是( )
A．(－∞，2ln2) B．(－∞，－1]
C．(2ln2，＋∞) D．(－∞，2ln2－2]
2．已知a<0，且x0是函數(shù)g(x)＝2ax＋b的零點，則對于函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，下列說法正確的是( )
A．?x∈R，f(x)>f(x0) B．?x∈R，f(x)>f(x0)
C．?x∈R，f(x)
0)，則y＝f(x)( )
A．在區(qū)間，(1，e)內(nèi)均有零點
B．在區(qū)間，(1，e)內(nèi)均無零點
C．在區(qū)間內(nèi)有零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)無零點
D．在區(qū)間內(nèi)無零點，在區(qū)間(1，e)內(nèi)有零點
4．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x恰有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(－1，＋∞) B．(－1,0)
C．(－2,0) D．(－2，－1)
5．已知當x∈(1，＋∞)時，關于x的方程＝－1有唯一實數(shù)解，則距離k最近的整數(shù)為( )
A．2B．3C．4D．5
6．(2018安陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝＋與g(x)＝6x＋a的圖象有3個不同的交點，則a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
7．若函數(shù)f(x)＝x2ex－a恰有三個零點，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C．(0,4e2) D．(0，＋∞)
8．(2019寧夏銀川一中月考)已知函數(shù)y＝a＋2lnx，x∈的圖象上存在點P，函數(shù)y＝－x2－2的圖象上存在點Q，且點P，Q關于原點對稱，則實數(shù)a的取值范圍為( )
A．[e2，＋∞) B.
C. D．[3，e2]
9．已知函數(shù)f(x)＝若對任意實數(shù)k，總存在實數(shù)x0，使得f(x0)＝kx0成立，則實數(shù)a的取值集合為________．
10．若關于x的方程1－k(x－2e)lnx＝0在(1，＋∞)上有兩個不同的解，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________．
[能力提升練]
1．已知f′(x)是函數(shù)f(x)(x∈R)的導數(shù)，滿足f′(x)＝f(x)，且f(0)＝2，設函數(shù)g(x)＝f(x)－lnf3(x)的一個零點為x0，則以下正確的是( )
A．x0∈(0,1) B．x0∈(1,2)
C．x0∈(2,3) D．x0∈(3,4)
2．(2018湖南師大附中模擬)若函數(shù)f(x)＝aex－x－2a有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C．(－∞，0) D．(0，＋∞)
3．已知函數(shù)f(x)＝(2x2－x－1)ex，則方程[ef(x)]2＋tf(x)－9＝0(t∈R)的根的個數(shù)為( )
A．3B．2C．5D．4
4．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋x有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(－∞，1) B．(0,1)
C. D.
5．已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2，若y＝f(cosx)在x∈[0，π]上有且僅有兩個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍為________．
6．若函數(shù)f(x)＝－lnx＋ax2＋bx－a－2b有兩個極值點x1，x2，其中－0，且f(x2)＝x2>x1，則方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0的實根個數(shù)為________．
答案精析
基礎保分練
1．D 2.C 3.D
4．B [由alnx＋x2－(a＋2)x＝0得
a＝，
令g(x)＝，
則g′(x)＝，
g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－1，
又當x∈(0,1)時，x2－2x<0，
g(x)＝<0，
所以實數(shù)a的取值范圍是(－1,0)，
故選B.
]
5．B [由＝－1可得
k＝(x>1)，
令g(x)＝(x>1)，
則g′(x)＝，
令h(x)＝x－lnx－2，
則h′(x)＝1－，由x∈(1，＋∞)可得h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增．因為h(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－ln4>0，h(3.5)＝1.5－ln3.5>0，則存在x0∈(3,3.5)滿足h(x0)＝0，所以g(x0)是函數(shù)g(x)的最小值．若滿足唯一實數(shù)解，則k＝g(x0)．由h(x0)＝0得lnx0＝x0－2，
則g(x0)＝＝x0，所以k＝x0∈(3,3.5)．據(jù)此可得距離k最近的整數(shù)為3，故選B.]
6．B [原問題等價于函數(shù)h(x)＝＋－6x與函數(shù)y＝a的圖象有3個不同的交點，
由h′(x)＝x2＋x－6＝(x－2)(x＋3)，
得x＝2或x＝－3，
當x∈(－∞，－3)時，h′(x)>0，
h(x)單調(diào)遞增；
當x∈(－3,2)時，h′(x)<0，
h(x)單調(diào)遞減；
當x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0，
h(x)單調(diào)遞增．
且h(－3)＝，h(2)＝－，
數(shù)形結(jié)合可得a的取值范圍是.]
7．B [函數(shù)y＝x2ex－a的導數(shù)為y′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，
令y′＝0，則x＝0或－2，
當－20，函數(shù)在兩個區(qū)間上單調(diào)遞增，
∴函數(shù)f(x)在x＝－2處取極大值f(－2)＝4e－2－a，在x＝0處取極小值f(0)＝－a，
已知函數(shù)f(x)＝x2ex－a恰有三個零點，
故－a<0，且4e－2－a>0，解得實數(shù)a的取值范圍是，故選B.]
8．D [函數(shù)y＝－x2－2的圖象與函數(shù)y＝x2＋2的圖象關于原點對稱，
若函數(shù)y＝a＋2lnx，x∈的圖象上存在點P，函數(shù)y＝－x2－2的圖象上存在點Q，且P，Q關于原點對稱，
則函數(shù)y＝a＋2lnx，x∈的圖象與函數(shù)y＝x2＋2的圖象有交點，
即方程a＋2lnx＝x2＋2，x∈
有解，
即a＝x2＋2－2lnx，x∈有解，
令f(x)＝x2＋2－2lnx，
則f′(x)＝，
當x∈時，f′(x)<0，
函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，
當x∈(1，e]時，f′(x)>0，
函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
故當x＝1時，f(x)取最小值3，
由f＝＋4，f(e)＝e2，
故當x＝e時，f(x)取最大值e2，
故a∈[3，e2]．]
9．{}
解析 令h(x)＝lnx－(x>0)，
h′(x)＝－，
所以函數(shù)h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，
在(，＋∞)上單調(diào)遞減，
又h()＝0，所以lnx≤，
當且僅當x＝時等號成立，
因為對任意實數(shù)k，總存在實數(shù)x0，
使得f(x0)＝kx0成立，
且過原點的直線與y＝lnx切于點(e,1)，
所以函數(shù)f(x)的圖象是不間斷的，
故a＝.
所以實數(shù)a的取值集合為{}．
10.
解析 若方程存在兩個不同解，則k≠0，
∴＝(x－2e)lnx，x>1，
設g(x)＝(x－2e)lnx，則g′(x)＝lnx－＋1在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，且g′(e)＝0，
∴g(x)在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴g(x)min＝g(e)＝－e，
∵g(1)＝g(2e)＝0，
∴g(x)<0在(1,2e)上恒成立，
∴若方程存在兩個不同解，
則∈(－e,0)，即k∈.
能力提升練
1．A [設f(x)＝kex，
則f(x)滿足f′(x)＝f(x)，
∵f(0)＝2，∴k＝2，
則f(x)＝2ex，g(x)＝2ex－3x－3ln2，
g(0)＝2－3ln2<0，
g(1)＝2e－3－3ln2>0，
即在(0,1)上存在零點，故選A.]
2．D [函數(shù)f(x)＝aex－x－2a的導函數(shù)f′(x)＝aex－1.
當a≤0時，f′(x)≤0恒成立，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，不可能有兩個零點；
當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝ln，
函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以f(x)的最小值為f＝1－ln－2a＝1＋lna－2a.令g(a)＝1＋lna－2a(a>0)，g′(a)＝－2.
當a∈時，g(a)單調(diào)遞增；
當a∈時，g(a)單調(diào)遞減，
∴g(a)max＝g＝－ln2<0，
∴f(x)的最小值為f<0，
函數(shù)f(x)＝aex－x－2a有兩個零點．
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(0，＋∞)，故選D.]
3．A [∵f′(x)＝(2x－1)(x＋2)ex，
且f(－2)＝，f＝－，
f(x)的大致圖象如圖．
令m＝f(x)，
設方程[ef(x)]2＋tf(x)－9＝0的兩根為m1，m2，
則m1m2＝－＝f(－2)f，
若m1＝，m2＝－，有三根；
若0有一根，此時－0)有兩個根，
所以a＝＋，令h(x)＝＋(x>0)，
則h′(x)＝－
＝，
令h′(x)＝0，可得x＝1，
當00，h(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，
當x>1時，h′(x)<0，h(x)為單調(diào)遞減函數(shù)，
當x→＋∞時，h(x)→0且h(x)>0，
所以當x＝1時函數(shù)取得最大值，
h(x)max＝h(1)＝1，
函數(shù)h(x)的圖象大致如圖，
因為與y＝a有兩個交點，
所以a的取值范圍是(0,1)．]
5.
解析 函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax2，
可得f′(x)＝x(ex－2a)，
令x(ex－2a)＝0可得，x＝0或ex＝2a.
當a≤0時，函數(shù)只有一個零點，
并且x＝0是函數(shù)的一個極小值點，
并且f(0)＝－1<0，若y＝f(cosx)在x∈[0，π]上有且僅有兩個不同的零點，
也就是y＝f(x)在x∈[－1,1]上有且僅有兩個不同的零點，
可得即
可得a≤－.
當a>0時，函數(shù)兩個極值點為x＝0，
x＝ln(2a)，
如果ln(2a)<0，因為f(ln(2a))<0，
可知不滿足題意；
如果ln(2a)>0，因為f(0)＝－1<0，
可知f(x)只有一個零點，不滿足題意．
綜上a≤－.
6．5
解析 ∵函數(shù)f(x)＝－lnx＋ax2＋bx－a－2b有兩個極值點x1，x2，
∴f′(x)＝－＋2ax＋b＝，即2ax2＋bx－1＝0有兩個不相等的正根，
∴Δ1＝b2＋8a>0，
解得x＝.
∵x10，
∴x1＝，
x2＝.
而方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0的Δ＝Δ1>0，
∴此方程有兩解且f(x)＝x1或x2，
即有00又x1x2＝－>1，
∴x2>1，∵f(1)＝－b<0，
∴f(x1)<0，f(x2)>0.
根據(jù)f′(x)畫出f(x)的簡圖，
∵f(x2)＝x2，由圖象可知方程f(x)＝x2有兩解，方程f(x)＝x1有三解．
∴方程f(x)＝x1或f(x)＝x2共有5個實數(shù)解．
即關于x的方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0共有5個不同實根．
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