高考数学大一轮复习第三章导数及其应用《利用导数研究函数的零点问题》练习理含解析.docVIP

精品 Word 可修改 欢迎下载 精品 Word 可修改 欢迎下载 精品 Word 可修改 欢迎下载 第6讲 利用导数研究函数的零点问题 1．(2019·江西赣州模拟)若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))　　　　　 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) 解析：选D.函数f(x)＝aex－x－2a的导函数f′(x)＝aex－1.当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝lneq \f(1,a)，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))上单调递增，所以f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝1－lneq \f(1,a)－2a＝1＋ln a－2a.令g(a)＝1＋ln a－2a(a>0)，则g′(a)＝eq \f(1,a)－2.当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，g(a)单调递增；当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，g(a)单调递减，所以g(a)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln 2<0，所以f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln \f(1,a)))<0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)，故选D. 2．已知函数f(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2＋2x－3ln 3－eq \f(3,2).则方程f(x)＝0的解的个数是________． 解析：因为f(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2＋2x－3ln 3－eq \f(3,2)， 所以f′(x)＝eq \f(3,x)－x＋2＝eq \f(－x2＋2x＋3,x) ＝eq \f(（－x＋3）（x＋1）,x)， 当x∈(0，3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞， 所以f(x)max＝f(3)＝3ln 3－eq \f(9,2)＋6－3ln 3－eq \f(3,2)＝0， 所以方程f(x)＝0只有一个解． 答案：1 3．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a. 解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0. 设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x. 当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)设函数h(x)＝1－ax2e－x. f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点． (ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时， h′(x)＞0. 所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． 故h(2)＝1－eq \f(4a,e2)是h(x)在[0，＋∞)的最小值． ①若h(2)＞0，即a＜eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)没有零点； ②若h(2)＝0，即a＝eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点； ③若h(2)＜0，即a＞eq \f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点． 由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以 h(4a)＝1－eq \f(16a3,e4a)＝1－eq \f(16a3,（e2a）2)＞1－eq \f(16a3,（2a）4)＝1－eq \f(1,a)＞0. 故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)