2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（文）考点突破练20　利用导数研究函数的零点问题 WORD版含解析.docx

1、考点突破练20利用导数研究函数的零点问题1.(2022安徽合肥二模)已知函数f(x)=x2-asin x-1,aR.(1)设函数g(x)=f(x),若y=g(x)是区间0,2上的增函数,求实数a的取值范围;(2)当a=2时,证明函数f(x)在区间(0,)上有且仅有一个零点.2.(2022北京西城二模)已知函数f(x)=lnx+ax+1.(1)若f(1)=14,求a的值;(2)当a2时,求证:f(x)有唯一的极值点x1;记f(x)的零点为x0,是否存在a2使得x1x0e2?说明理由.3.(2022山西太原一模)已知函数f(x)=(x-a)2exa.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若方程f(

2、x)-4e=0有三个不同的根,求实数a的取值范围.4.(2022江苏南京、盐城二模)设函数f(x)=aex+sin x-3x-2,e为自然对数的底数,aR.(1)若a0,求证:函数f(x)有唯一的零点;(2)若函数f(x)有唯一的零点,求实数a的取值范围.5.(2022山东临沂一模)已知函数f(x)=ex-2ax(a0).(1)若a=e,讨论f(x)的单调性;(2)若x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,证明:1x1+x20,且满足对x0,+)时,f(x)0恒成立.(1)求实数a的取值范围;(2)令g(x)=f(x)-2x+1x+1,判断g(x)在区间-1,2内的零点个数,并说明理由.(参

3、考数据:e24.8)考点突破练20利用导数研究函数的零点问题1.(1)解 由题意,得f(x)=2x-acos x,g(x)=2x-acos x,则g(x)=2+asin x.g(x)是0,2上的增函数,g(x)=2+asin x0在0,2上恒成立,若x=0,则g(x)=20恒成立,此时aR;若x0,2,此时0sin x1,g(x)=2+asin x0恒成立,即a-2sinx恒成立,a-2,a的取值范围是-2,+).(2)证明 当a=2时,f(x)=x2-2sin x-1,x(0,),则f(x)=2x-2cos x.2x与-2cos x都在(0,)上单调递增,f(x)在(0,)上单调递增.f6=

4、26-320,存在x06,2,使得f(x0)=0.当x(0,x0)时,f(x)0,f(x)单调递增.又f(0)=-10,函数f(x)在区间(0,)上有且仅有一个零点.2.(1)解 f(x)=lnx+ax+1(x0),f(x)=1+1x-lnx-a(x+1)2.f(1)=2-a4=14,a=1.(2)证明 f(x)的定义域是(0,+),f(x)=1+1x-lnx-a(x+1)2.令f(x)=0,则1+1x-ln x-a=0.设g(x)=1+1x-ln x-a.y=1x,y=-ln x在(0,+)上单调递减,g(x)在(0,+)上单调递减.g(e-a)=1+ea0,g(1)=2-a0,g(x)在(

5、0,+)上有唯一的零点,f(x)=0在(0,+)上有唯一解,不妨设为x1,x1(e-a,1).f(x)与f(x)的情况如下,x(0,x1)x1(x1,+)f(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减f(x)有唯一的极值点x1.解 由f(x0)=0,得ln x0=-a,则x0=e-a,若存在a,使x1x0e2,则x1e2-a1,e-a0,则需g(e2-a)=ea-2-10,即a2,与已知矛盾,不存在a2,使得x1x0e2.3.解 (1)函数f(x)的定义域为R,f(x)=1aexa(x-a)(x+a).当a0时,由f(x)0,可得xa.由f(x)0,可得-axa,所以f(x)的单调递增区间为(-

6、,-a),(a,+),单调递减区间为(-a,a).当a0时,由f(x)0,可得xa.由f(x)0,可得-ax0时,f(x)的单调递增区间为(-,-a),(a,+),单调递减区间为(-a,a),所以f(x)极大值=f(-a)=(-a-a)2e-aa=4a2e,f(x)极小值=f(a)=0.又x-,f(x)0,x-,f(x)+,要使方程f(x)-4e=0有三个不同的根,只需4ee.当a0时,f(x)的单调递减区间为(-,-a),(a,+),单调递增区间为(-a,a).同理,只需4e4a2e,解得a-e.综上,实数a的取值范围为(-,-e)(e,+).4.(1)证明 由f(x)=aex+sin x-

7、3x-2,得f(x)=aex+cos x-3.因为a0,所以f(x)=aex+cos x-3cos x-30,所以f(x)在(-,+)上单调递减.又因为f(0)=a-2a(ea-2-3)0,因此f(x)有唯一的零点.(2)解 由(1)知,a0符合题意.当a=2时,由f(x)=2ex+sin x-3x-2,得f(x)=2ex+cos x-3.令h(x)=2ex+cos x-3,则h(x)=2ex-sin x.当x0时,f(x)2ex-20时,h(x)2ex-10,所以f(x)在(0,+)上单调递增,从而,当x0时,f(x)f(0)=0,所以f(x)单调递增,于是f(x)f(0)=0,当且仅当x=

8、0时取等号,故此时f(x)有唯一的零点x=0.当a2时,f(x)2ex+sin x-3x-20,此时f(x)无零点.当0ax22.设g(x)=ex-x22,x0,则g(x)=ex-x.令k(x)=ex-x,则k(x)=ex-10,所以g(x)在0,+)上单调递增,故g(x)g(0)=10,所以g(x)在0,+)上单调递增,因此g(x)g(0)=10,即当x0时,exx22.当x0时,f(x)aex-3x-3a2x2-3x-3,令a2x2-3x-3=0,得x=39+6aa.取x0=3+9+6aa0,则f(x0)0.又f(0)=a-20,因此,当0a0)的定义域为(0,+),f(x)=ex-ax.

9、当a=e时,f(x)=ex-ex,令f(x)=0,则x=1,当0x1时,f(x)1时,f(x)0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增.(2)证明 因为x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,所以ex1=2ax1,ex2=2ax2,显然x10,x20,则有x1=ln a+ln 2+12ln x1,x2=ln a+ln 2+12ln x2,所以x1-x2=12ln x1-12ln x2=12lnx1x2,不妨令x1x20,设t=x1x21,则tx2-x2=12ln t,即x2=lnt2(t-1),x1=tx2=tlnt2(t-1),所以要证x1+x2=(t+1)lnt2(

10、t-1)1,只要证ln t2(t-1)t+1,即ln t-2(t-1)t+10.令g(t)=ln t-2(t-1)t+1(t1),则g(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)20,所以g(t)在(1,+)上单调递增,所以g(t)g(1)=0,所以x1+x21.因为x1=ln a+ln 2+12ln x1,x2=ln a+ln 2+12ln x2,所以x1+x2=2ln a+2ln 2+12ln(x1x2),要证x1+x22ln a+ln 2,只要证12ln(x1x2)-ln 2,即x1x214.因为x1x2=t(lnt)24(t-1)2,所以只要证t(lnt)24(t-1)214

11、,即ln tt-1t,移项得ln t-t+1t1,则h(t)=1t-12t-12tt=-(t-1)22tt0,所以h(t)在(1,+)上单调递减,所以h(t)h(1)=0,所以x1+x22ln a+ln 2.综上,1x1+x22ln a+ln 2.6.解 (1)一方面,当x=0时,f(0)=1-a0,所以00,所以(x)即f(x)在0,+)上单调递增.又因为f(0)=1-a0,所以f(x)0恒成立,所以f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)0符合题意,即00.所以h(x)即g(x)在-1,2上单调递增.又因为g(0)=-a0,所以x00,2,使g(x0)=0,且当x(-1,x0)时,g(x)0,g(x)在x0,2上单调递增.又因为g-23=e-23-a-23+cos-23+10,g(0)=-a0,所以g(x)在区间(-1,0),0,2内各有1个零点,