2021版高考数学一轮复习核心素养测评十七导数与函数零点的综合问题理北师大版
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 ( )
- 9 -
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.
- 9 -
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.函数f(x)=ex+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,则a的值为 ( )
A.4 B.4ln 2-3
C.2 D.5ln 2-4
【解析】选D.函数f(x)=ex+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,
可得ea=在(0,+∞)上只有一个解.
- 9 -
令g(x)=,可得g′(x)=
=-x·,
在(0,+∞)有2个极值点,x=1和x=4;
x∈(0,1)时函数是减函数,x∈(1,4)时,函数是增函数,
x∈(4,+∞)时函数是减函数,g(0)=0,
所以函数g(x)的最大值为g(4)==,
函数f(x)=ex+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,可得ea=,所以a=5ln 2-4.
二、填空题(每小题5分,共20分)
5.方程x3-3x=k有3个不等的实根,则常数k的取值范围是________________.
【解析】令f(x)=x3-3x,要使x3-3x=k有三个不等的实根,则f(x)=x3-3x与y=k有3个交点.
又f′(x)=3x2-3,由f′(x)=0得x=±1.
故f′(x)在(-∞,-1]和[1,+∞)上递增,在(-1,1)上递减,
所以x=-1时,f(x)取极大值2;x=1时f(x)取极小值-2.
根据单调性情况画出y=x3-3x的大致图像(图略),
可得-20,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,
- 9 -
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-
↗
- 9 -
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,
- 9 -
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·龙岩模拟)已知函数f(x)=(x-1)ln x,g(x)=x-ln x-.
(1)求证:函数y=f(x)的图像恒在函数y=g(x)图像的上方.
(2)当m>0时,令h(x)=mf(x)+g(x)的两个零点x1,x2(x10).
则p′(x)=ln x+1-1=ln x,
令p′(x)=0,得x=1.
所以x∈(0,1)时p′(x)<0,x∈(1,+∞)时p′(x)>0,
所以p(x)在(0,1)为减函数,在(1,+∞)为增函数,
所以p(x)≥p(1)=0-1+=>0,即f(x)>g(x).
故函数y=f(x)的图像恒在函数y=g(x)图像的上方.
(2)由h(x)=mf(x)+g(x)=m(x-1)ln x+x-ln x-有两个零点,
当m>0时h′(x)=m+1-.
则h′(x)在(0,+∞)为增函数,且h′(1)=0,
则当x∈(0,1)时h′(x)<0,h(x)为减函数,当x∈(1,+∞)时h′(x)>0,h(x)为增函数,
所以h(x)min=h(1)=1-<0.
- 9 -
又h=mln+-ln-=m+1->0,
h(e)=m(e-1)+e-1->0.
所以h(x)在和(1,e)上各有一个零点x1,x2(x1
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