2022届高考数学一轮复习 第二章 第十节 第5课时 利用导数研究函数零点问题课时作业 理（含解析）北师大版.doc

1、第5课时 利用导数研究函数零点问题授课提示：对应学生用书第297页A组基础保分练1已知函数f(x)aln x(a0)(1)求f(x)的单调区间；(2)试求f(x)的零点个数，并证明你的结论解析：(1)函数f(x)的定义域是(0，)，f(x)()ln x.令f(x)0，解得xe2，令f(x)0，解得0xe2，所以f(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增(2)由(1)得f(x)minf(e2)a，显然当a时，f(x)min0，f(x)无零点，当a时，f(x)min0，f(x)有1个零点，当a时，f(x)min0，f(x)有2个零点2已知函数f(x)2ln(x1)(x1)2.(1)求

2、函数f(x)的单调递增区间；(2)若关于x的方程f(x)x23xa0在区间2，4内恰有两个相异的实根，求实数a的取值范围解析：(1)由题意得函数f(x)的定义域是(1，)，f(x)2，x1，令f(x)0，解得1x2，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，2)(2)由f(x)x23xa0，得xa12ln(x1)0，令g(x)xa12ln(x1)，则g(x)1(x1)，由g(x)0，得x3，由g(x)0，得1x3，所以函数g(x)在2，3)上单调递减，在3，4上单调递增，作出函数g(x)在区间2，4上的大致图像(图略)，可知方程f(x)x23xa0在区间2，4上恰有两个相异的实根，则即解得2ln

3、35a2ln 24，所以实数a的取值范围是2ln 35，2ln 24)B组能力提升练1已知函数f(x)2ln xax2.(1)若a1，证明：f(x)10；(2)当a时，判断函数f(x)有几个零点解析：(1)证明：当a1时，f(x)2ln xx2，x(0，)f(x)2x.当x变化时，函数f(x)，f(x)变化情况如下表所示：(0，1)1(1，)f(x)0f(x)极大值f(x)在x1处取得极大值，也是最大值，函数f(x)的最大值为1，即当x(0，)时，f(x)1，x(0，)时，f(x)10.(2)当a时，f(x)2ln xx2，x(0，)f(x)x.当x变化时，函数f(x)，f(x)变化情况如下表

4、所示：(0，)(，)f(x)0f(x)极大值f(x)在x处取得极大值，也是最大值f()2ln()20，函数f(x)在(0，)上只有一个零点当a时，函数f(x)在(0，)上只有一个零点2已知函数f(x)xexa(ln xx)，aR.(1)当ae时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围解析：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，)，当ae时，f(x)xexeln xex，则f(x).所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增(2)记tln xx，则tln xx在(0，)上单调递增，且tR.所以f(x)xexa(ln xx)etatg(t)所以

5、f(x)在x0上有两个零点等价于g(t)etat在tR上有两个零点当a0时，g(t)et在R上单调递增，且g(t)0，故g(t)无零点当a0时，g(t)etat在R上单调递增，又g(0)10，ge10，故g(t)在R上只有一个零点当a0时，由g(t)eta0可知g(t)在tln a时有唯一的一个极小值g(ln a)a(1ln a)若0ae，g(t)mina(1ln a)0，g(t)无零点；若ae，g(t)min0，g(t)只有一个零点；若ae时，g(t)mina(1ln a)0，而g(0)10，由于h(x)在xe时为减函数，可知ae时，eaaea2.从而g(a)eaa20，所以g(t)在(0，

6、ln a)和(ln a，)上各有一个零点综上可知，ae时f(x)有两个零点，即实数a的取值范围是(e，)C组创新应用练(2020高考浙江卷)已知1a2，函数f(x)exxa，其中e2.718 28为自然对数的底数(1)证明：函数yf(x)在(0，)上有唯一零点；(2)记x0为函数yf(x)在(0，)上的零点，证明： x0； x0f(ex0)(e1)(a1)a.解析：(1)证明：因为f(0)1a0，f(2)e22ae240，所以yf(x)在(0，)上存在零点因为f(x)ex1，所以当x0时，f(x)0，故函数f(x)在0，)上单调递增，所以函数yf(x)在(0，)上有唯一零点(2)证明：令g(x

7、)exx2x1(x0)，g(x)exx1f(x)a1，由(1)知函数g(x)在0，)上单调递增，故当x0时，g(x)g(0)0，所以函数g(x)在0，)上单调递增，故g(x)g(0)0.由g()0，得f()ea0f(x0)因为f(x)在0，)上单调递增，所以x0.令h(x)exx2x1(0x1)，h(x)ex2x1，令h1(x)ex2x1(0x1)，h1(x)ex2，所以x0(0，ln 2)ln 2(ln 2，1)1h1(x)10e2h1(x)0e3故当0x1时，h1(x)0，即h(x)0，所以h(x)在0，1上单调递减，因为当0x1时，h(x)h(0)0.由h()0，得f()ea0f(x0)因为f(x)在0，)上单调递增，所以x0.综上，x0.令u(x)ex(e1)x1，u(x)ex(e1)，所以当x1时，u(x)0，故函数u(x)在区间1，)上单调递增，因此u(x)u(1)0.由ex0x0a，得x0f(ex0)x0f(x0a)(ea1)xa(ea2)x0(e1)ax，由x0，得x0f(ex0)(e1)(a1)a.