2023年新教材高考数学一轮复习 高考解答题专项一 第3课时 利用导数研究函数的零点（含解析）新人教B版.docx

1、第3课时利用导数研究函数的零点1.(2021北京海淀高三期末)已知函数f(x)=x2-3x+ln x.(1)求曲线y=f(x)在点(3,f(3)处的切线方程;(2)求函数f(x)的单调区间,并判断函数f(x)的零点个数.2.(2021全国甲,文20)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图像与x轴没有公共点,求a的取值范围.3.(2021山西长治高三期末)已知函数f(x)=ex,g(x)=ln(f(x)+a)(a为常数),g(x)是R上的奇函数.(1)证明:f(x)x+1(xR);(2)讨论关于x的方程:ln g(x)=g(

2、x)(x2-2ex+m)(mR)的实数根的个数.4.(2021浙江宁波高三期末)设函数f(x)=ax2-ln x,其中aR.(1)若a=12,求函数f(x)的单调区间;(2)若方程f(x)=x恰有两个不等实数根,求实数a的取值范围.5.(2021山东烟台高三期中)已知函数f(x)=ax+2ex+1(aR).(1)若函数f(x)在区间(1,+)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a0时,讨论函数g(x)=f(x)-a-3的零点个数,并给予证明.6.(2021吉林长春高三期末)已知函数f(x)=x-a(1+ln x).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2,求

3、实数a的取值范围.第3课时利用导数研究函数的零点1.解(1)因为函数的定义域为(0,+),f(3)=ln3,所以切点为(3,ln3).又因为f(x)=2x-3+1x,所以f(3)=103,即切线斜率为k=103,所以切线方程是y=103(x-3)+ln3,即10x-3y+3ln3-30=0.(2)由(1)知f(x)=2x2-3x+1x=(2x-1)(x-1)x,令f(x)=0,得x1=12,x2=1.x0,121212,11(1,+)f(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增如表格,函数f(x)的单调递增区间是0,12和(1,+),单调递减区间是12,1.又因为f(x)的极

4、大值f12=-54+ln120,所以当0x1时f(x)0恒成立.又因为f(x)在区间(1,+)上单调递增,f(1)0,所以存在x0(1,3),使得f(x0)=0,即函数f(x)有且只有一个零点.2.解(1)f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x(0,+),f(x)=2a2x+a-3x=2a2x2+ax-3x=(ax-1)(2ax+3)x.a0,x0,2ax+3x0,当x0,1a时,f(x)0,函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+上单调递增.(2)y=f(x)的图像与x轴没有公共点,函数f(x)在(0,+)上没有零点,由(1)可得函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+上单调递增

5、,f1a=3-3ln1a=3+3lna0,lna-1,a1e,即实数a的取值范围是1e,+.3.(1)证明设F(x)=f(x)-x-1,则F(x)=ex-1,令F(x)=0,得x=0.所以当x(-,0)时,F(x)0,F(x)单调递增;所以F(x)在x=0处取到最小值,即F(x)F(0)=0,故f(x)x+1.(2)解因为g(x)是R上的奇函数,所以有g(0)=0,则a=0,g(x)=x.所以原方程为lnx=x(x2-2ex+m),即lnxx=x2-2ex+m.设h(x)=lnxx,则由h(x)=1-lnxx2=0,得x=e,当x(0,e)时,h(x)0,h(x)单调递增;当x(e,+)时,h

6、(x)e2+1e时,方程无解;当m=e2+1e时,方程有且只有一个实数根x=e;当me2+1e时,方程有两个实数根.4.解(1)当a=12,f(x)=12x2-lnx,则f(x)=x-1x=x2-1x=(x-1)(x+1)x.f(x)的定义域为(0,+),当x(0,1)时,f(x)0,即f(x)的单调递增区间为(1,+).(2)若f(x)=x恰有两个不等实数根,则ax2-lnx=x,即a=lnx+xx2恰有两个不等实数根.令g(x)=lnx+xx2,则g(x)=(1x+1)x2-2x(lnx+x)x4=1-x-2lnxx3,令h(x)=1-x-2lnx,因为h(x)=-1-2x0,当x(1,+

7、)时,h(x)0,g(x)单调递增;当x(1,+)时,g(x)0,g(x)单调递减,故g(x)max=g(1)=1,且g(x)在(1,+)上恒大于0.要使方程f(x)=x有两个不等实数根,即直线y=a与函数g(x)的图像有两个不同的交点,故实数a的取值范围是(0,1).5.解(1)f(x)=a-2ex.由题意得f(x)0,即a2ex在区间(1,+)上恒成立.当x(1,+)时,2ex0,2e,所以a2e,故实数a的取值范围为2e,+.(2)由已知得g(x)=ax+2ex-a-2,则g(x)=a-2ex=aex-2ex.当a0时,g(x)0,g(1)=2e-20时,令g(x)0,得x0,得xln2

8、a,函数g(x)单调递增,而gln2a=aln2a-2a0.由于xlnx,所以a+2a2aln2a,所以g(x)在ln2a,a+2a上存在一个零点.又因为gln2a2+a+2=aa-lna2+a+22,且ln2a2+a+20在(0,+)上恒成立,故h(a)在(0,+)上单调递增.而h(0)=0,所以h(a)0在(0,+)上恒成立,所以gln2a2+a+20,所以g(x)在ln2a2+a+2,ln2a上存在一个零点.综上所述,当a0时,函数g(x)有两个零点.6.解f(x)=x-a(1+lnx)的定义域为(0,+),f(x)=1-ax.(1)若a0,则f(x)=1-ax0,f(x)在(0,+)上

9、单调递增;若a0,令f(x)=1-ax=0,得x=a,当0xa时,f(x)a时,f(x)0,所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.(2)由(1)可得:当a0时,f(x)在(0,+)上单调递增,至多有1个零点,不合题意;当a0时,f(x)min=f(a)=-alna,(i)当0a0,无零点,不合题意;(ii)当a=1时,f(x)min=f(a)=-alna=0,有1个零点,不合题意;(iii)当a1时,f(x)min=f(a)=-alna0,且f(2a2)=2a2-a1+ln(2a2)=a(2a-2lna-1-ln2)a(2-1-ln2)0,所以f(x)在区间1e,a和区间(a,2a2)上各有一个零点,符合题意.综上,实数a的取值范围是(1,+).