2022年高考数学二轮复习 专题一 函数与导数 专题突破练7 利用导数研究函数的零点（含解析）.docx

1、专题突破练7利用导数研究函数的零点1.(2021福建厦门月考)已知函数f(x)=x3-43x2ex的定义域为-1,+).(1)求f(x)的单调区间;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a在区间-1,2上的零点个数.2.(2021江苏苏州月考)已知函数f(x)=x2a-2ln x(aR,a0).(1)求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x14.3.(2021山东烟台期中)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.4.(2021山

2、西太原三模)已知函数f(x)=aln x-14x2+b-ln 2的图象在点(2,f(2)处的切线方程为y=-12x+1.(1)求f(x)的单调区间;(2)设x1,x2(x1x2)是函数g(x)=f(x)-m的两个零点,求证:x2-x132-4m.5.(2021广东佛山期末)已知函数f(x)=ln x-mx有两个零点.(1)求m的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:f(x1+x2)0.6.(2021山东实验中学模拟)已知函数f(x)=2exsin x(e是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间;(2)记g(x)=f(x)-ax,0a6,试讨论g(x)在区间(0,)上的零

3、点个数(参考数据:e24.8).专题突破练7利用导数研究函数的零点1.解 (1)f(x)=x3+53x2-83xex=x3(3x+8)(x-1)ex,因为x-1,+),所以函数f(x)的零点为0和1.所以当0x1时,f(x)1或-1x0.所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为-1,0),(1,+).(2)由(1)知,f(x)在区间-1,2上的极大值为f(0)=0,极小值为f(1)=-e3.因为f(-1)=-73e,f(-1)f(1)=7e272.721,所以f(1)f(-1)0.f(2)=8e23,由g(x)=0,得f(x)=a.故当a8e23时,g(x)的零点个数为0;当a=

4、-e3或0a8e23时,g(x)的零点个数为1;当-e3a-73e或a=0时,g(x)的零点个数为2;当-73ea0时,g(x)的零点个数为3.2.(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2xa-2x=2x2-2aax.当a0时,f(x)0时,若x(0,a),f(x)0,f(x)在区间(a,+)上单调递增,故f(x)在区间(0,+)上的极小值为f(a)=1-2lna=1-lna,无极大值.(2)证明 当a=4时,f(x)=x24-2lnx.由(1)知,f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+)上单调递增,x=2是函数f(x)的极值点.又x1,x2为函数f(x)的零点,所

5、以0x124,只需证x24-x1.f(4-x1)=(4-x1)24-2ln(4-x1)=x124-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=x124-2lnx1=0,f(4-x1)=2lnx1-2x1+4-2ln(4-x1).令h(x)=2lnx-2x+4-2ln(4-x)(0x0,h(x)在区间(0,2)上单调递增,h(x)h(2)=0,f(4-x1)2,x22,4-x14得证.3.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)当a0时,函数g(x)有两个零点.证明

6、如下: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xln2a,所以函数g(x)在区间-,ln2a上单调递减,在区间ln2a,+上单调递增,而gln2a=aln2a-2a0.由于xlnx,所以a+2a2aln2a,所以g(x)在区间ln2a,a+2a上存在一个零点.又gln2a2+a+2=aa-lna2+a+22,且ln2a2+a+20在区间(0,+)上恒成立,故h(a)在区间(0,+)上单调递增.而h(0)=0,所以h(a)0在区间(0,+)上恒成立,所以gln2a2+a+20,所以g(x

7、)在区间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.4.(1)解 由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=ax-12x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2)处的切线方程为y=-12x+1,所以f(2)=0,f(2)=-12,即aln2-1+b-ln2=0,a2-1=-12,解得a=1,b=1,所以f(x)=lnx-14x2+1-ln2,f(x)=1x-12x=2-x22x,当x(0,2)时,f(x)0;当x(2,+)时,f(x)0),且f(x)在区间(0,2)上单调递增,在区间2,+)上单调递减,由题意得f(x1)=f(x2)=m,且

8、0x122,则t1(x)=(x+1)(x-2)-x,令t1(x)0,得2x2;令t1(x)2,t1(x)在区间(2,2上单调递增,在区间(2,+)上单调递减,t1(x)t1(2)=2ln2.令t2(x)=2lnx-x-12x2,0x0,得0x1;令t2(x)0,得1x2,t2(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间1,2)上单调递减,t2(x)t2(1)=-32,x2-x1-32+4mt1(2)+t2(1)+52-4ln2=1-2ln20.x2-x10),当m0时,f(x)0,则f(x)在区间(0,+)上单调递增,至多有一个零点;当m0时,若0x0,f(x)在区间0,1m上单调递增;若x1m,

9、则f(x)0得0m1me1,而f(1)=-m0,f1m2=-2lnm-1mx20,lnx1-mx1=0,lnx2-mx2=0,-得lnx1-lnx2=mx1-mx2,即有m=lnx1-lnx2x1-x2,由f(x)=1x-m,有f(x1+x2)=1x1+x2-m=1x1+x2-lnx1-lnx2x1-x2,要证f(x1+x2)1x1+x2,即证lnx1-lnx2x1-x2x1+x2,即证lnx1x2-x1x2-1x1x2+10,即证lnx1x2+2x1x2+1-10,令x1x2=t1,设(t)=lnt+2t+1-1(t1),则(t)=t2+1t(t+1)20,(t)在区间(1,+)上单调递增,

10、则(t)(1)=0,f(x1+x2)0,得sinx+40,可得2kx+42k+(kZ),解得2k-4x2k+34(kZ),由f(x)0,得sinx+40,可得2k+x+42k+2(kZ),解得2k+34x0;当x2,时,h(x)0,g()=-2e-a0.当2-a0,即00;当x(x0,)时,g(x)0.因为g()=-a0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在区间(0,)上仅有一个零点.当2-a0,即2a6时,g(0)0,所以x10,2,x22,使得g(x1)=0,g(x2)=0,且当x(0,x1),x(x2,)时,g(x)0.所以g(x)在区间(0,x1)和(x2,)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调递增.因为g(0)=0,所以g(x1)2e2-30,所以g(x2)0,因为g()=-a0,由零点存在定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,)上有两个零点.综上所述,当0a2时,g(x)在区间(0,)上仅有一个零点;当2a6时,g(x)在区间(0,)上有两个零点.