2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（理） 考点突破练21　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21利用导数研究函数的零点问题1.(2022山东济宁三模)已知函数f(x)=x-aln2x-(e-a-1)ln x-1,aR.(1)当a=0时,证明:f(x)(e-2)(1-x);(2)若函数f(x)在(1,e)内有零点,求实数a的取值范围.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安徽合肥二模)已知函数f(x)=ex+cos x-ex,f(x)是f(x)的导函数.(1)证明:函数f(x)只有一个极值点

2、;(2)若关于x的方程f(x)=t(tR)在(0,)上有两个不相等的实数根x1,x2,证明:fx1+x220).(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.(参考数据:e24.8)考点突破练21利用导数研究函数的零点问题1.(1)证明 当a=0时,f(x)=x-(e-1)ln x-1,要证f(x)(e-2)(1-x),即证x-(e-1)ln x-1(e-2)(1-x),

3、亦即证x-1-ln x0.令g(x)=x-1-ln x,则g(x)=1-1x=x-1x,当x(0,1)时,g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(1)=0,即f(x)(e-2)(1-x)成立.(2)解 f(x)=x-aln2x-(e-a-1)ln x-1,f(x)=1-2aln x1x-(e-a-1)1x=1x(x-2aln x-e+a+1).令h(x)=x-2aln x-e+a+1,x(1,e),则h(x)=1-2ax=x-2ax.当2a1,即a12时,h(x)0,h(x)在(1,e)上单调递增.又h(1)=2+a-e0,存在x1(1,e),使得h(x1)=0.当1xx1时,h(x)0,f

4、(x)0;当x1x0,f(x)0,f(x)在(1,x1)上单调递减,在(x1,e)上单调递增.又f(1)=0,f(e)=0,故f(x)不存在零点.当2ae,即ae2时,h(x)0,h(e)=1-a0,存在x2(1,e),使得h(x2)=0.当1x0,f(x)0;当x2xe时,h(x)0,f(x)0,f(x)在(1,x2)上单调递增,在(x2,e)上单调递减.又f(1)=0,f(e)=0,故f(x)不存在零点.当12ae,即12a0得x2a,由h(x)0得x0得xe,由p(x)e,故p(x)在(1,e)上单调递增,在(e,e)上单调递减,p(x)max=p(e)=1+e-e0,h(2a)0,h(

5、e)0,即2+a-e0,1-a0,解得e-2a0),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(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)+

6、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.证明 (1)函数f(x)的定义域为R,且f(x)=ex-sin x-e.当x0时,f(x)=ex-sin x-e1-sin x-e0时,令h(x)=ex-sin x-e,则h(x)=ex-cos x0,h(x)在(0,+)上单调递增.又h(0)=1-e0,x0(0,),使得h(x0)=0,即ex0-sin x0-e=0.当0xx0时,

7、f(x)x0时,f(x)0,函数f(x)在(-,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,f(x)只有一个极小值点x0,无极大值点.(2)由(1)知,函数f(x)在(0,)上单调递增,f(x0)=0,且f2=e2-sin2-ee32-1-e=e(e12-1)-1e(1.6-1)-10,x02,函数f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,)上单调递增.不妨设x1x2,则0x1x0x2.要证fx1+x220=f(x0),即证x1+x22x0,只要证x22x0-x1.0x1x0,x02x0-x12x0.又f(x)在(x0,)上单调递增,要证f(x2)f(2x0-x1),即证f(x1)f(2x0

8、-x1).令F(x)=f(x)-f(2x0-x)(0x00xx02,(x)在(0,x0)上单调递增,(x)g(x0)=2ex0-2sin x0-2e=2h(x0)=0,F(x)在(0,x0)上单调递增,F(x)F(x0)=0,即fx1+x220.4.(1)证明 由f(x)=aex+sin x-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,

9、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=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

10、,+)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.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+

11、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(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+1

12、2ln 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,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,