2024年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題突破專題突破練7　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)（附答案）

專題突破練7利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)1.已知函數(shù)f(x)=(x3-43x2)ex的定義域?yàn)閇-1,+∞)(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)討論函數(shù)g(x)=f(x)-a在區(qū)間[-1,2]上的零點(diǎn)個數(shù).2.(2023·廣西柳州二模)已知函數(shù)f(x)=xex,g(x)=kx2.(1)求函數(shù)f(x)的值域;(2)設(shè)F(x)=f(x)-g(x),當(dāng)x>0時,函數(shù)F(x)有兩個零點(diǎn),求實(shí)數(shù)k的取值范圍.3.已知函數(shù)f(x)=ax+2ex+1(a∈R(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)當(dāng)a≠0時,討論函數(shù)g(x)=f(x)-a-3的零點(diǎn)個數(shù),并給予證明.4.已知函數(shù)f(x)=alnx-14x2+b-ln2的圖象在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程為y=-12x+(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)x1,x2(x1<x2)是函數(shù)g(x)=f(x)-m的兩個零點(diǎn),求證:x2-x1<32-4m5.(2023·廣西北海模擬)已知函數(shù)f(x)=aex-x-3(a>0).(1)若函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)若函數(shù)g(x)=f(x)+x-ln(x+1),g'(x)是g(x)的導(dǎo)函數(shù),證明:g'(x)存在唯一的零點(diǎn)t,且g(t)+2≥lna.6.已知函數(shù)f(x)=2exsinx(e是自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)記g(x)=f(x)-ax,0<a<6,試討論g(x)在區(qū)間(0,π)內(nèi)的零點(diǎn)個數(shù)(參考數(shù)據(jù):eπ2≈4.

專題突破練7利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)1.解(1)f'(x)=(x3+53x2-83x)ex=x3(3x+8)·(x-因?yàn)閤∈[-1,+∞),所以函數(shù)f'(x)的零點(diǎn)為0和1.所以當(dāng)0<x<1時,f'(x)<0;當(dāng)x>1或-1≤x<0時,f'(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞增區(qū)間為[-1,0),(1,+∞).(2)由(1)知,f(x)在區(qū)間[-1,2]上的極大值為f(0)=0,極小值為f(1)=-e因?yàn)閒(-1)=-73e,f(-1)f(1)=7e2<72.72<1,所以f(1)<f(-1)<0故當(dāng)a<-e3或a>8e23時,g(當(dāng)a=-e3或0<a≤8e23時,g當(dāng)-e3<a<-73e或a=0時,g(x)當(dāng)-73e≤a<0時,g(x)的零點(diǎn)個數(shù)為2.解(1)由f(x)=xex可知f'(x)=(1+x)ex.令f'(x)=0,則x=-1.當(dāng)x<-1時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>-1時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.故當(dāng)x=-1時,f(x)取得極小值,且極小值為f(-1)=-1所以f(x)min=-1e,又f(0)=0,f(x)無最大值所以f(x)的值域?yàn)閇-1e,+∞)(2)F(x)=xex-kx2=x(ex-kx).令g(x)=ex-kx,則當(dāng)x>0時,F(x)有兩個零點(diǎn)等價于g(x)有兩個零點(diǎn),對函數(shù)g(x)求導(dǎo)得g'(x)=ex-k.當(dāng)k∈(-∞,1]時,g'(x)>0在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)恒成立,于是g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.所以g(x)>g(0)=1,因此g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)沒有零點(diǎn),所以F(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)沒有零點(diǎn),不符合題意.當(dāng)k∈(1,+∞)時,令g'(x)=0,得x=lnk,在區(qū)間(0,lnk)內(nèi)g'(x)<0,在區(qū)間(lnk,+∞)內(nèi)g'(x)>0,所以g(x)在區(qū)間(0,lnk)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(lnk,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以g(x)的最小值為g(lnk)=k-klnk.由于g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)有兩個零點(diǎn),所以g(lnk)=k-klnk<0,得k>e.因?yàn)間(0)=1>0,g(lnk2)=k2-k·lnk2=k(k-2lnk),對于函數(shù)y=x-2lnx,y'=1-2x所以在區(qū)間(0,2)內(nèi),y'<0,函數(shù)y=x-2lnx單調(diào)遞減;在區(qū)間(2,+∞)內(nèi),y'>0,函數(shù)y=x-2lnx單調(diào)遞增.所以y=x-2lnx≥2-2ln2=lne2-ln4>0,所以g(lnk2)=k(k-2lnk)>0,所以當(dāng)k>e時,g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)有兩個零點(diǎn).綜上所述,實(shí)數(shù)k的取值范圍是(e,+∞).3.解(1)f'(x)=a-2由題意得f'(x)≥0,即a≥2ex在區(qū)間(1,+∞當(dāng)x∈(1,+∞)時,2ex∈(0,2e故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2e,+∞)(2)當(dāng)a<0時,函數(shù)g(x)有且只有一個零點(diǎn);當(dāng)a>0時,函數(shù)g(x)有兩個零點(diǎn).證明如下:由已知得g(x)=ax+2ex-a-2,則g'(x)當(dāng)a<0時,g'(x)<0,所以函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.又g(0)=-a>0,g(1)=2e-2<0,故函數(shù)g(x)有且只有一個零點(diǎn)當(dāng)a>0時,令g'(x)<0,得x<ln2a令g'(x)>0,得x>ln2a,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(-∞,ln2a)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(ln2a,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,而gln2a=a(ln2a?2由于x>lnx,所以a+2a>2所以g(x)在區(qū)間(ln2a,a又g(ln2a2+a+2)=a(a-lna2+a+22),且ln2a2+a+2<ln2a,設(shè)h(a)=a-lna2+a+22,則h'(a)=1-2而h(0)=0,所以h(a)>0在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)恒成立,所以g(ln2a2+所以g(x)在區(qū)間(ln2a2+a+2綜上所述,當(dāng)a<0時,函數(shù)g(x)有且只有一個零點(diǎn);當(dāng)a>0時,函數(shù)g(x)有兩個零點(diǎn).4.(1)解由題可知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=ax?12x,又函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程為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-所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞減區(qū)間為(2,+∞).(2)證明由(1)得f(x)=lnx-14x2+1-ln2(x>0),且f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間[2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減由題意得f(x1)=f(x2)=m,且0<x1<2<x2,∴x2-x1-32+4m=x2-x1-32+2(f(x2)+f(x1))=2lnx2+x2-12x22+2lnx1-x1-令t1(x)=2lnx+x-12x2,x>2則t1'(x)=(x+1)(x-2)-x,令t1'令t1'(x)<0,得x>2,∴t1(x)在區(qū)間(2,2]內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,∴t1(x)≤t1(2)=2ln2.令t2(x)=2lnx-x-12x2,0<x<2,則t2'(x)=(令t2'(x)>0,得0<x<1;令t2'(x)<0,得1<x<2,∴t2(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間[1,2)內(nèi)單調(diào)遞減,∴t2(x)≤t2(1)=-32,∴x2-x1-32+4m≤t1(2)+t2(1)+52-4ln2=1-2ln2∴x2-x1<32-4m5.解(1)令f(x)=0,則a=x+3ex,記m(x)=x+3ex,由題意,直線y=a與函數(shù)m(易得m'(x)=-x所以當(dāng)x∈(-∞,-2)時,m'(x)>0;當(dāng)x∈(-2,+∞)時,m'(x)<0,即函數(shù)m(x)在區(qū)間(-∞,-2)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(-2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,而m(-2)=e2,m(-3)=0,當(dāng)x∈(-2,+∞)時,m(x)>0,作出函數(shù)m(x)=x+3ex的圖象由圖可知,當(dāng)0<a<e2時,直線y=a與函數(shù)m(x)=x+3e即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,e2).(2)依題意,a>0,g(x)的定義域?yàn)?-1,+∞).g(x)=aex-3-ln(x+1),則g'(x)=aex-1x+1=1x+1[aex(令h(x)=aex(x+1)-1,a>0,顯然h(x)在區(qū)間(-1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,又h(-1)=-1<0,h(1a)=e1a(a+1)-所以存在t∈(-1,1a),使得h(t)=0,且當(dāng)-1<x<t時,h(x)<0;當(dāng)x>t時,h(x)>又當(dāng)x>-1時,1x+1>0,所以當(dāng)-1<x<t時,g'(x)<0;當(dāng)x>t時,g'(x)故g'(x)存在唯一的零點(diǎn)t;由h(t)=0,得aet=1t所以lna+t=-ln(t+1).因此g(t)+2-lna=aet-ln(t+1)-lna-1=1t+1+t-1=當(dāng)且僅當(dāng)t=0時等號成立.故g'(x)有唯一的零點(diǎn)t,且g(t)+2≥lna.6.解(1)函數(shù)f(x)=2exsinx的定義域?yàn)镽.f'(x)=2ex(sinx+cosx)=22exsin(x+π4)由f'(x)>0,得sin(x+π4)>0,可得2kπ<x+π4<2kπ+π(k∈解得2kπ-π4<x<2kπ+3π4(k由f'(x)<0,得sin(x+π4)<0,可得2kπ+π<x+π4<2kπ+2π(k∈Z),解得2kπ+3π4<x<7π4+2kπ所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-π4+2kπ,3π4+2kπ)(k∈Z),單調(diào)遞減區(qū)間為(3π4+2kπ,7π4+2k(2)由已知g(x)=2exsinx-ax,所以g'(x)=2ex(sinx+cosx)-a,令h(x)=g'(x),則h'(x)=4excosx.因?yàn)閤∈(0,π),所以當(dāng)x∈(0,π2)時,h'(x)>當(dāng)x∈(π2,π)時,h'(x)<0,所以h(x)在區(qū)間(0,π2)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(π2,π)內(nèi)單調(diào)遞減,即g'(x)在區(qū)間(0,π2)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(π2g'(0)=2-a,g'π2=2eπ2-a>0,g'(π)=-2eπ①當(dāng)2-a≥0,即0<a≤2時,g'(0)≥0,所以?x0∈(π2,π),使得g'(x0)=0.所以當(dāng)x∈(0,x0)時,g'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,π)時,g'(x)<0.所以g(x)在區(qū)間(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(x0,π)內(nèi)單調(diào)遞減因?yàn)間(0)=0,所以g(x0)>0.因?yàn)間(π)=-aπ<0,所以由零點(diǎn)存在定理可得,此時g(x)在區(qū)間(0,π)內(nèi)僅有一個零點(diǎn).②當(dāng)2-a<0,即2<a<6時,g'(0)<0,所以?x1∈(0,π2),x2∈(π2,π),使得g'(x1)=0,g'(x2)=當(dāng)x∈(0,x1),x∈(x2,π)時,g'(x)<0;當(dāng)x∈(x1,x2)時,g'