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(魯京津瓊專用)2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第21練 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題練習(xí)(含解析).docx
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《(魯京津瓊專用)2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第21練 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題練習(xí)(含解析).docx》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(魯京津瓊專用)2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第21練 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題練習(xí)(含解析).docx(9頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第21練 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題
[基礎(chǔ)保分練]
1.已知函數(shù)f(x)=ex-2x+a有零點,則a的取值范圍是( )
A.(-∞,2ln2) B.(-∞,-1]
C.(2ln2,+∞) D.(-∞,2ln2-2]
2.已知a<0,且x0是函數(shù)g(x)=2ax+b的零點,則對于函數(shù)f(x)=ax2+bx+c,下列說法正確的是( )
A.?x∈R,f(x)>f(x0) B.?x∈R,f(x)>f(x0)
C.?x∈R,f(x)
0),則y=f(x)( )
A.在區(qū)間,(1,e)內(nèi)均有零點
B.在區(qū)間,(1,e)內(nèi)均無零點
C.在區(qū)間內(nèi)有零點,在區(qū)間(1,e)內(nèi)無零點
D.在區(qū)間內(nèi)無零點,在區(qū)間(1,e)內(nèi)有零點
4.已知函數(shù)f(x)=alnx+x2-(a+2)x恰有兩個零點,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.(-1,+∞) B.(-1,0)
C.(-2,0) D.(-2,-1)
5.已知當(dāng)x∈(1,+∞)時,關(guān)于x的方程=-1有唯一實數(shù)解,則距離k最近的整數(shù)為( )
A.2B.3C.4D.5
6.(2018安陽模擬)已知函數(shù)f(x)=+與g(x)=6x+a的圖象有3個不同的交點,則a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
7.若函數(shù)f(x)=x2ex-a恰有三個零點,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C.(0,4e2) D.(0,+∞)
8.(2019寧夏銀川一中月考)已知函數(shù)y=a+2lnx,x∈的圖象上存在點P,函數(shù)y=-x2-2的圖象上存在點Q,且點P,Q關(guān)于原點對稱,則實數(shù)a的取值范圍為( )
A.[e2,+∞) B.
C. D.[3,e2]
9.已知函數(shù)f(x)=若對任意實數(shù)k,總存在實數(shù)x0,使得f(x0)=kx0成立,則實數(shù)a的取值集合為________.
10.若關(guān)于x的方程1-k(x-2e)lnx=0在(1,+∞)上有兩個不同的解,其中e為自然對數(shù)的底數(shù),則實數(shù)k的取值范圍是________.
[能力提升練]
1.已知f′(x)是函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)數(shù),滿足f′(x)=f(x),且f(0)=2,設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)-lnf3(x)的一個零點為x0,則以下正確的是( )
A.x0∈(0,1) B.x0∈(1,2)
C.x0∈(2,3) D.x0∈(3,4)
2.(2018湖南師大附中模擬)若函數(shù)f(x)=aex-x-2a有兩個零點,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C.(-∞,0) D.(0,+∞)
3.已知函數(shù)f(x)=(2x2-x-1)ex,則方程[ef(x)]2+tf(x)-9=0(t∈R)的根的個數(shù)為( )
A.3B.2C.5D.4
4.已知函數(shù)f(x)=lnx-ax2+x有兩個零點,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.(-∞,1) B.(0,1)
C. D.
5.已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-ax2,若y=f(cosx)在x∈[0,π]上有且僅有兩個不同的零點,則實數(shù)a的取值范圍為________.
6.若函數(shù)f(x)=-lnx+ax2+bx-a-2b有兩個極值點x1,x2,其中-0,且f(x2)=x2>x1,則方程2a[f(x)]2+bf(x)-1=0的實根個數(shù)為________.
答案精析
基礎(chǔ)保分練
1.D 2.C 3.D
4.B [由alnx+x2-(a+2)x=0得
a=,
令g(x)=,
則g′(x)=,
g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(1)=-1,
又當(dāng)x∈(0,1)時,x2-2x<0,
g(x)=<0,
所以實數(shù)a的取值范圍是(-1,0),
故選B.
]
5.B [由=-1可得
k=(x>1),
令g(x)=(x>1),
則g′(x)=,
令h(x)=x-lnx-2,
則h′(x)=1-,由x∈(1,+∞)可得h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增.因為h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-ln4>0,h(3.5)=1.5-ln3.5>0,則存在x0∈(3,3.5)滿足h(x0)=0,所以g(x0)是函數(shù)g(x)的最小值.若滿足唯一實數(shù)解,則k=g(x0).由h(x0)=0得lnx0=x0-2,
則g(x0)==x0,所以k=x0∈(3,3.5).據(jù)此可得距離k最近的整數(shù)為3,故選B.]
6.B [原問題等價于函數(shù)h(x)=+-6x與函數(shù)y=a的圖象有3個不同的交點,
由h′(x)=x2+x-6=(x-2)(x+3),
得x=2或x=-3,
當(dāng)x∈(-∞,-3)時,h′(x)>0,
h(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(-3,2)時,h′(x)<0,
h(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(2,+∞)時,h′(x)>0,
h(x)單調(diào)遞增.
且h(-3)=,h(2)=-,
數(shù)形結(jié)合可得a的取值范圍是.]
7.B [函數(shù)y=x2ex-a的導(dǎo)數(shù)為y′=2xex+x2ex=xex(x+2),
令y′=0,則x=0或-2,
當(dāng)-20,函數(shù)在兩個區(qū)間上單調(diào)遞增,
∴函數(shù)f(x)在x=-2處取極大值f(-2)=4e-2-a,在x=0處取極小值f(0)=-a,
已知函數(shù)f(x)=x2ex-a恰有三個零點,
故-a<0,且4e-2-a>0,解得實數(shù)a的取值范圍是,故選B.]
8.D [函數(shù)y=-x2-2的圖象與函數(shù)y=x2+2的圖象關(guān)于原點對稱,
若函數(shù)y=a+2lnx,x∈的圖象上存在點P,函數(shù)y=-x2-2的圖象上存在點Q,且P,Q關(guān)于原點對稱,
則函數(shù)y=a+2lnx,x∈的圖象與函數(shù)y=x2+2的圖象有交點,
即方程a+2lnx=x2+2,x∈
有解,
即a=x2+2-2lnx,x∈有解,
令f(x)=x2+2-2lnx,
則f′(x)=,
當(dāng)x∈時,f′(x)<0,
函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,
當(dāng)x∈(1,e]時,f′(x)>0,
函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,
故當(dāng)x=1時,f(x)取最小值3,
由f=+4,f(e)=e2,
故當(dāng)x=e時,f(x)取最大值e2,
故a∈[3,e2].]
9.{}
解析 令h(x)=lnx-(x>0),
h′(x)=-,
所以函數(shù)h(x)在(0,)上單調(diào)遞增,
在(,+∞)上單調(diào)遞減,
又h()=0,所以lnx≤,
當(dāng)且僅當(dāng)x=時等號成立,
因為對任意實數(shù)k,總存在實數(shù)x0,
使得f(x0)=kx0成立,
且過原點的直線與y=lnx切于點(e,1),
所以函數(shù)f(x)的圖象是不間斷的,
故a=.
所以實數(shù)a的取值集合為{}.
10.
解析 若方程存在兩個不同解,則k≠0,
∴=(x-2e)lnx,x>1,
設(shè)g(x)=(x-2e)lnx,則g′(x)=lnx-+1在(1,+∞)上單調(diào)遞增,且g′(e)=0,
∴g(x)在(1,e)上單調(diào)遞減,在(e,+∞)上單調(diào)遞增,
∴g(x)min=g(e)=-e,
∵g(1)=g(2e)=0,
∴g(x)<0在(1,2e)上恒成立,
∴若方程存在兩個不同解,
則∈(-e,0),即k∈.
能力提升練
1.A [設(shè)f(x)=kex,
則f(x)滿足f′(x)=f(x),
∵f(0)=2,∴k=2,
則f(x)=2ex,g(x)=2ex-3x-3ln2,
g(0)=2-3ln2<0,
g(1)=2e-3-3ln2>0,
即在(0,1)上存在零點,故選A.]
2.D [函數(shù)f(x)=aex-x-2a的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=aex-1.
當(dāng)a≤0時,f′(x)≤0恒成立,函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減,不可能有兩個零點;
當(dāng)a>0時,令f′(x)=0,得x=ln,
函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,
所以f(x)的最小值為f=1-ln-2a=1+lna-2a.令g(a)=1+lna-2a(a>0),g′(a)=-2.
當(dāng)a∈時,g(a)單調(diào)遞增;
當(dāng)a∈時,g(a)單調(diào)遞減,
∴g(a)max=g=-ln2<0,
∴f(x)的最小值為f<0,
函數(shù)f(x)=aex-x-2a有兩個零點.
綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是(0,+∞),故選D.]
3.A [∵f′(x)=(2x-1)(x+2)ex,
且f(-2)=,f=-,
f(x)的大致圖象如圖.
令m=f(x),
設(shè)方程[ef(x)]2+tf(x)-9=0的兩根為m1,m2,
則m1m2=-=f(-2)f,
若m1=,m2=-,有三根;
若0有一根,此時-0)有兩個根,
所以a=+,令h(x)=+(x>0),
則h′(x)=-
=,
令h′(x)=0,可得x=1,
當(dāng)00,h(x)為單調(diào)遞增函數(shù),
當(dāng)x>1時,h′(x)<0,h(x)為單調(diào)遞減函數(shù),
當(dāng)x→+∞時,h(x)→0且h(x)>0,
所以當(dāng)x=1時函數(shù)取得最大值,
h(x)max=h(1)=1,
函數(shù)h(x)的圖象大致如圖,
因為與y=a有兩個交點,
所以a的取值范圍是(0,1).]
5.
解析 函數(shù)f(x)=(x-1)ex-ax2,
可得f′(x)=x(ex-2a),
令x(ex-2a)=0可得,x=0或ex=2a.
當(dāng)a≤0時,函數(shù)只有一個零點,
并且x=0是函數(shù)的一個極小值點,
并且f(0)=-1<0,若y=f(cosx)在x∈[0,π]上有且僅有兩個不同的零點,
也就是y=f(x)在x∈[-1,1]上有且僅有兩個不同的零點,
可得即
可得a≤-.
當(dāng)a>0時,函數(shù)兩個極值點為x=0,
x=ln(2a),
如果ln(2a)<0,因為f(ln(2a))<0,
可知不滿足題意;
如果ln(2a)>0,因為f(0)=-1<0,
可知f(x)只有一個零點,不滿足題意.
綜上a≤-.
6.5
解析 ∵函數(shù)f(x)=-lnx+ax2+bx-a-2b有兩個極值點x1,x2,
∴f′(x)=-+2ax+b=,即2ax2+bx-1=0有兩個不相等的正根,
∴Δ1=b2+8a>0,
解得x=.
∵x10,
∴x1=,
x2=.
而方程2a[f(x)]2+bf(x)-1=0的Δ=Δ1>0,
∴此方程有兩解且f(x)=x1或x2,
即有00又x1x2=->1,
∴x2>1,∵f(1)=-b<0,
∴f(x1)<0,f(x2)>0.
根據(jù)f′(x)畫出f(x)的簡圖,
∵f(x2)=x2,由圖象可知方程f(x)=x2有兩解,方程f(x)=x1有三解.
∴方程f(x)=x1或f(x)=x2共有5個實數(shù)解.
即關(guān)于x的方程2a[f(x)]2+bf(x)-1=0共有5個不同實根.
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