《（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(yīng)用 第21練 利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（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(yīng)用 第21練 利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題練習（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第21練 利用導數(shù)研究函數(shù)零點問題 [基礎(chǔ)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，

2、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(guān)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.

3、 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(guān)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(guān)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)

4、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(shè)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(

5、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(chǔ)保分練 1．D　2.C　3.D

6、 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.

7、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

8、)>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＝

9、x2＋2的圖象關(guān)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(guān)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，e

10、2]．] 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(shè)g(x)＝(x－2e)lnx，則g′(x)＝lnx－＋1在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，且g′(e)

11、＝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(shè)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

12、. 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

13、(－2)＝，f＝－， f(x)的大致圖象如圖． 令m＝f(x)， 設(shè)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

14、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

15、)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(guān)于x的方程2a[f(x)]2＋bf(x)－1＝0共有5個不同實根． 10