高考数学一轮复习核心素养测评十七3-4导数与函数零点的综合问题
核心素养测评十七 导数与函数零点的综合问题
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.函数f(x)=x3+x2+x+1的零点个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】选B.因为f′(x)=x2+2x+1=(x+1)2≥0,
所以f(x)在R上单调递增,
因为f(0)=1>0,f(-3)=-2<0,
所以f(x)在R上有且只有一个零点.
【变式备选】
函数f(x)=x3-4x+4的零点个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】选D.因为f′(x)=x2-4=(x-2)(x+2),
令f′(x)=0,得x=±2.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
↘
-
↗
由此可得到f(x)的大致图像(如图).
由图可知f(x)有3个零点.
2.已知函数f(x)=x3-12x+a,其中a≥16,则f(x)的零点的个数是 ( )
A.0或1 B.1或2 C.2 D.3
【解析】选B.方法一:因为f′(x)=3x2-12,
令f′(x)=3x2-12=0,得x=±2,
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
a+16
↘
a-16
↗
由此可得到f(x)的大致图像(如图),
由a≥16得,a+16>0,a-16≥0,
当a=16时,f(x)的图像与x轴有2个交点;当a>16时,f(x)的图像与x轴只有1个交点.
所以f(x)的零点个数为1或2.
方法二:f(x)=x3-12x+a的零点个数⇔方程x3-12x=-a的解的个数⇔g(x)=x3-12x与h(x)=-a的交点个数.画出g(x)=x3-12x与h(x)=-a的图像.
由g′(x)=3x2-12=0,得x=±2,
当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,2)
2
(2,+∞)
g′(x)
+
0
-
0
+
g(x)
↗
16
↘
-16
↗
所以g(x)的图像如图所示:
因为a≥16,所以y=-a≤-16.
由图可知直线y=-a与y=x3-12x的图像有1个或2个交点.
3.若函数f(x)= 恰有2个零点,则a的取值范围为 ( )
A. B.∪
C. D.∪
【解析】选D.当x>0时,令f(x)=0,可得x3-x2-a=0,设g(x)=x3-x2,则g′(x)=x(3x-2),
当0
时,g′(x)>0,g(x)min=g= -.
当x≤0时,令f(x)=0,可得x2+2x-a=0,设h(x)=x2+2x,h(x)min=-1,
所以函数f(x)= 恰有2个零点,则a的取值范围为∪
4.(2020·深圳模拟)已知函数f(x)=+ln x-1有且仅有一个零点,则实数a的取值范围为 ( )
世纪金榜导学号
A.(-∞,0]∪{1} B.[0,1]
C.(-∞,0]∪{2} D.[0,2]
【解析】选A.因为函数f(x)=+ln x-1,
所以f′(x)=-+=,x>0,
当a≤0时,f′(x)=>0恒成立,f(x)是增函数,
x→+∞时,f(x)→+∞,f(1)=a-1<0,
函数f(x)=+ln x-1有且仅有一个零点;
当a>0时,令f′(x)>0,解得:x>a,
令f′(x)<0,解得:x0,h(x)单调递增;
当x∈(-3,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增.
且h(-3)=,h(2)=-,
数形结合可得a的取值范围是.
答案:
7.已知函数f(x)=x3+mx+,g(x)=-ln x.min{a,b}表示a,b中的最小值,若函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0)恰有三个零点,则实数m的取值范围是 .
【解析】f′(x)=3x2+m,因为g(1)=0,所以要使h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0)恰有三个零点,需满足f(1)>0,f<0,m<0,解得m>-,>⇒-0,所以m=-1,
要使方程ln x-x-mx=0在区间[1,e2]上有唯一实数解,只需m=-1有唯一实数解,
令g(x)=-1,(x>0),所以g′(x)=,
由g′(x)>0,得0e,
所以g(x)在区间[1,e]上是增函数,在区间[e,e2]上是减函数.
g(1)=-1,g(e)= -1,g(e2)=-1,
故-1≤m<-1或m=-1.
答案:∪
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.
(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同的零点,求c的取值范围.
【解析】 (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,
得f′(x)=3x2+2ax+b.
因为f(0)=c,f′(0)=b,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx+c.
(2)当a=b=4时,f(x)=x3+4x2+4x+c,
所以f′(x)=3x2+8x+4.
令f′(x)=0,得3x2+8x+4=0,
解得x=-2或x=-.
当x变化时,f(x)与f′(x)在区间(-∞,+∞)上的变化情况如下:
x
(-∞,-2)
-2
-
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
c
↘
c-
↗
所以,当c>0且c-<0时,存在x1∈(-∞,-2),x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.
由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)有三个不同零点.
【变式备选】
设函数f(x)=xex+a(1-ex)+1,a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间.
(2)若方程 f(x)=0在(0,+∞)上有解,证明:a>2.
【解析】(1)因为f′(x)=[x-(a-1)]ex.
所以x>a-1时,f′(x)>0,
函数f(x)在(a-1,+∞)上单调递增,
当 x0,
所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0,
所以存在x0∈(1,2),使h(x)=0,
故当x∈(0,x0)时,g′(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,
所以函数g(x)存在唯一最小值x0,
满足=x0+2,
所以g(x0)=x0+=x0+1∈(2,3),
因为a=g(x)=x+有解,
所以a≥g(x0)>2,所以a>2.
10.(2020·揭阳模拟)已知函数f(x)=x-aln x-1. 世纪金榜导学号
(1)若函数f(x)的极小值为0,求a的值.
(2)∀t>0且a≤1,求证:f(et)>t2.
【解析】(1)因为f(x)=x-aln x-1,x∈(0,+∞),所以f′(x)=,
当a≤0时,f′(x)>0,函数f(x)在定义域上递增,不满足条件;
当a>0时,函数f(x)在(0,a)上递减,在(a,+∞)上递增,
故f(x)在x=a处取得极小值0,所以f(a)=a-aln a-1=0,
令p(a)=a-aln a-1, p′(a)=-ln a,所以p(a)在(0,1)上单调递增,
在(1,+∞)上单调递减,故p(a)≤p(1)=0,所以f(a)=0的解为a=1,
故a=1.
(2)方法一:由f(et)>t2⇔et-at-1>t2⇔et-1>t2+at,
因为a≤1,所以只需证当t>0时,et-1>t2+t恒成立.
令g(t)=et-t2-t-1,g′(t)=et-t-1,
由(1)可知x-ln x-1≥0,令x=et得et-t-1≥0,
所以g(t)在(0,+∞)上递增,故g(t)>g(0)=0,所以命题得证.
方法二:f(et)>t2⇔et-at-1>t2⇔et-t2-at-1>0,
设g(t)=et-t2-at-1(t>0),则g′(t)=et-at-a,
则g″(t)=et-a,又et>e0=1,a≤1,得g″(t)>0,
所以g′(t) 单调递增,得g′(t)>g′(0)=1-a≥0,所以g(t)单调递增,得g(t)>g(0)=0,得证.
