《(浙江專用)2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第21練 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題練習(xí)(含解析).docx》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(浙江專用)2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第21練 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題練習(xí)(含解析).docx(6頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第21練 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題
[基礎(chǔ)保分練]
1.已知函數(shù)f(x)=ex-2x+a有零點(diǎn),則a的取值范圍是( )
A.(-∞,2ln2) B.(-∞,-1]
C.(2ln2,+∞) D.(-∞,2ln2-2]
2.(2019浙江三市聯(lián)考)如圖是函數(shù)f(x)=x2+ax+b的部分圖象,則函數(shù)g(x)=lnx+f′(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間是( )
A. B.(1,2)
C. D.(2,3)
3.設(shè)函數(shù)f(x)=x-lnx(x>0),則y=f(x)( )
A.在區(qū)間,(1,e)內(nèi)均有零點(diǎn)
B.在區(qū)間,(1,e)內(nèi)均無零點(diǎn)
C.在區(qū)間內(nèi)有零點(diǎn),在區(qū)間(1,e)內(nèi)無零點(diǎn)
D.在區(qū)間內(nèi)無零點(diǎn),在區(qū)間(1,e)內(nèi)有零點(diǎn)
4.已知函數(shù)f(x)=lnx-ax2+x有兩個(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A.(-∞,1) B.(0,1)
C. D.
5.(2019溫州模擬)定義:如果函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[a,b]上存在x1,x2(a
0),若函數(shù)f(x)有兩個(gè)大于0的零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
[能力提升練]
1.(2019溫州模擬)已知M={α|f(α)=0},N={β|g(β)=0},若存在α∈M,β∈N,使得|α-β|0,且f(x2)=x2>x1,則方程2a[f(x)]2+bf(x)-1=0的實(shí)根個(gè)數(shù)為________.
答案精析
基礎(chǔ)保分練
1.D 2.C 3.D 4.B 5.A 6.B 7.C 8.D 9.{} 10.
能力提升練
1.B [由f(x)=32-x-1=0,可得32-x=1,故2-x=0,x=2,可知M={α|f(α)=0}={2},因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=32-x-1與g(x)=x2-aex互為“1度零點(diǎn)函數(shù)”,所以存在β,使得g(β)=0,且|2-β|<1,可得-1<β-2<1,所以1<β<3,即g(x)=x2-aex的圖象與x軸在(1,3)上有交點(diǎn),令g(x)=0,則x2=aex,又ex>0,所以a=,令h(x)=,則問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)h(x)=在x∈(1,3)上的圖象與直線y=a有交點(diǎn).
h′(x)==,可知h(x)在(1,2)上單調(diào)遞增,在(2,3)上單調(diào)遞減,又h(1)=,h(2)=,h(3)=>,所以當(dāng)x∈(1,3)時(shí),h(x)∈,故而a∈.故選B.]
2.D [函數(shù)f(x)=aex-x-2a的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=aex-1.
當(dāng)a≤0時(shí),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(gè)零點(diǎn);
當(dāng)a>0時(shí),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(dāng)a∈時(shí),g(a)單調(diào)遞增;
當(dāng)a∈時(shí),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(gè)零點(diǎn).
綜上所述,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,+∞),故選D.]
3.D [由題意,得f′(x)=ex+xex=ex(x+1),x∈(-∞,2),易知當(dāng)x<-1時(shí),f′(x)<0,當(dāng)-10,所以函數(shù)f(x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,在(-1,2)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=-1時(shí),函數(shù)f(x)取得最小值-.又當(dāng)x<-1時(shí),f(x)<0,當(dāng)-10時(shí),函數(shù)g(x)在[-2,2]上單調(diào)遞增,所以函數(shù)g(x)的值域?yàn)閇-2a+1,2a+1],因?yàn)閷?duì)任意的x1∈[-2,2],總存在唯一x0∈(-∞,2),使得f(x0)=g(x1),所以[-2a+1,2a+1]?,所以解得00,y=是增函數(shù),當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),
y′<0,y=是減函數(shù),且當(dāng)x→0時(shí),→-∞,當(dāng)x=e時(shí),y==,
當(dāng)x→+∞時(shí),→0.
函數(shù)y=的圖象大致如圖,
令=t,則可化為t2+(a-1)t+1-a=0,故結(jié)合題意可知,t2+(a-1)t+1-a=0有兩個(gè)不同的根,
故Δ=(a-1)2-4(1-a)>0,故a<-3或a>1,
不妨設(shè)方程的兩個(gè)根分別為t1,t2,且t1∈(-∞,0),t2∈,
①若a<-3,t1+t2=1-a>4,與t1<0且01,則方程的兩個(gè)根t1,t2一正一負(fù),
結(jié)合y=的性質(zhì)可得=t1,=t2,=t2,
故2
=(1-t1)2(1-t2)(1-t2)
=[1-(t1+t2)+t1t2]2,
又∵t1t2=1-a,t1+t2=1-a,
∴2=1,故選D.]
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(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn),并且x=0是函數(shù)的一個(gè)極小值點(diǎn),
并且f(0)=-1<0,若y=f(cosx)在x∈[0,π]上有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn),也就是y=f(x)在x∈[-1,1]上有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn),
可得即可得a≤-.
當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)為x=0,x=ln(2a),
如果ln(2a)<0,因?yàn)閒(ln(2a))<0,可知不滿足題意;
如果ln(2a)>0,因?yàn)閒(0)=-1<0,可知f(x)只有一個(gè)零點(diǎn),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(gè)極值點(diǎn)x1,x2,
∴f′(x)=-+2ax+b
=,即2ax2+bx-1=0有兩個(gè)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(gè)實(shí)數(shù)解.
即關(guān)于x的方程2a[f(x)]2+bf(x)-1=0共有5個(gè)不同實(shí)根.
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