2022届高考数学一轮复习第二章第十节第5课时利用导数研究函数零点问题课时作业理含解析北师大版

第 5 课时 利用导数研究函数零点问题 授课提示：对应学生用书第 297 页 [A 组 基础保分练] 1．已知函数 f(x)＝a＋ xln x(a＞0)． (1)求 f(x)的单调区间； (2)试求 f(x)的零点个数，并证明你的结论． 解析：(1)函数 f(x)的定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝( x)′ln x＋ x· 1 x ＝ x（ln x＋2） 2x . 令 f′(x)＞0，解得 x＞e－2， 令 f′(x)＜0，解得 0＜x＜e－2， 所以 f(x)在(0，e－2)上单调递减， 在(e－2，＋∞)上单调递增． (2)由(1)得 f(x)min＝f(e－2)＝a－ 2 e ， 显然当 a＞ 2 e 时，f(x)min＞0，f(x)无零点， 当 a＝ 2 e 时，f(x)min＝0，f(x)有 1 个零点， 当 a＜ 2 e 时，f(x)min＜0，f(x)有 2 个零点． 2．已知函数 f(x)＝2ln(x－1)－(x－1)2. (1)求函数 f(x)的单调递增区间； (2)若关于 x 的方程 f(x)＋x2－3x－a＝0 在区间[2，4]内恰有两个相异的实根，求实数 a 的取 值范围． 解析：(1)由题意得函数 f(x)的定义域是(1，＋∞)， f′(x)＝2 1 x－1 －（x－1） ＝－ 2x（x－2） x－1 ，x＞1， 令 f′(x)＞0，解得 1＜x＜2， 所以函数 f(x)的单调递增区间是(1，2)． (2)由 f(x)＋x2－3x－a＝0，得 x＋a＋1－2ln(x－1)＝0， 令 g(x)＝x＋a＋1－2ln(x－1)， 则 g′(x)＝1－ 2 x－1 ＝ x－3 x－1 (x＞1)， 由 g′(x)＞0，得 x＞3，由 g′(x)＜0，得 1＜x＜3， 所以函数 g(x)在[2，3)上单调递减，在[3，4]上单调递增， 作出函数 g(x)在区间[2，4]上的大致图像(图略)，可知方程 f(x)＋x2－3x－a＝0 在区间[2，4] 上恰有两个相异的实根， 则 g（2）≥0， g（3）＜0， g（4）≥0， 即 a＋3≥0， a＋4－2ln 2＜0， a＋5－2ln 3≥0， 解得 2ln 3－5≤a＜2ln 2－4， 所以实数 a 的取值范围是[2ln 3－5，2ln 2－4)． [B 组 能力提升练] 1．已知函数 f(x)＝2ln x－ax2. (1)若 a＝1，证明：f(x)＋1≤0； (2)当 a＝ 1 e 时，判断函数 f(x)有几个零点． 解析：(1)证明：当 a＝1 时，f(x)＝2ln x－x2，x∈(0，＋∞)． f′(x)＝ 2 x －2x＝ 2（1－x2） x ＝ 2（1－x）（1＋x） x . 当 x 变化时，函数 f′(x)，f(x)变化情况如下表所示： (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 极大值 ∴f(x)在 x＝1 处取得极大值，也是最大值， ∴函数 f(x)的最大值为－1，即当 x∈(0，＋∞)时，f(x)≤－1， ∴x∈(0，＋∞)时，f(x)＋1≤0. (2)当 a＝ 1 e 时，f(x)＝2ln x－ 1 e x2，x∈(0，＋∞)． ∴f′(x)＝ 2 x － 2 e x＝ 2（e－x2） ex ＝ 2（ e－x）（ e＋x） ex . 当 x 变化时，函数 f′(x)，f(x)变化情况如下表所示： (0， e) e ( e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 极大值 ∴f(x)在 x＝ e处取得极大值，也是最大值． ∵f( e)＝2ln e－ 1 e ×( e)2＝0， ∴函数 f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点． ∴当 a＝ 1 e 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点． 2．已知函数 f(x)＝xex－a(ln x＋x)，a∈R. (1)当 a＝e 时，求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围． 解析：(1)由题意得，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，当 a＝e 时，f(x)＝xex－eln x－ex，则 f′ (x)＝ （1＋x）（xex－e） x .所以函数 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)记 t＝ln x＋x，则 t＝ln x＋x 在(0，＋∞)上单调递增，且 t∈R.所以 f(x)＝xex－a(ln x＋x) ＝et－at＝g(t)．所以 f(x)在 x＞0 上有两个零点等价于 g(t)＝et－at 在 t∈R 上有两个零点． ①当 a＝0 时，g(t)＝et 在 R 上单调递增，且 g(t)＞0，故 g(t)无零点． ②当 a＜0 时，g(t)＝et－at 在 R 上单调递增，又 g(0)＝1＞0，g 1 a ＝e 1 a－1＜0，故 g(t)在 R 上只有一个零点． ③当 a＞0 时，由 g′(t)＝et－a＝0 可知 g(t)在 t＝ln a 时有唯一的一个极小值 g(ln a)＝a(1－ ln a)． 若 0＜a＜e，g(t)min＝a(1－ln a)＞0，g(t)无零点； 若 a＝e，g(t)min＝0，g(t)只有一个零点； 若 a＞e 时，g(t)min＝a(1－ln a)＜0，而 g(0)＝1＞0，由于 h(x)＝ ln x x 在 x＞e 时为减函数， 可知 a＞e 时，ea＞ae＞a2.从而 g(a)＝ea－a2＞0，所以 g(t)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有 一个零点．综上可知，a＞e 时 f(x)有两个零点，即实数 a 的取值范围是(e，＋∞)． [C 组 创新应用练] (2020·高考浙江卷)已知 1＜a≤2，函数 f(x)＝ex－x－a，其中 e＝2.718 28…为自然对数的底 数． (1)证明：函数 y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点； (2)记 x0 为函数 y＝f(x)在(0，＋∞)上的零点，证明： ① a－1≤x0≤ 2（a－1）； ② x0f(ex0)≥(e－1)(a－1)a. 解析：(1)证明：因为 f(0)＝1－a＜0，f(2)＝e2－2－a≥e2－4＞0， 所以 y＝f(x)在(0，＋∞)上存在零点． 因为 f′(x)＝ex－1，所以当 x＞0 时，f′(x)＞0， 故函数 f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以函数 y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点． (2)证明：①令 g(x)＝ex－ 1 2 x2－x－1(x≥0)， g′(x)＝ex－x－1＝f(x)＋a－1， 由(1)知函数 g′(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故当 x＞0 时，g′(x)＞g′(0)＝0，所以函数 g(x)在[0，＋∞)上单调递增，故 g(x)≥g(0)＝0. 由 g( 2（a－1）)≥0，得 f( 2（a－1）)＝e 2（a－1）－ 2（a－1）－a≥0＝f(x0)． 因为 f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以 2（a－1）≥x0. 令 h(x)＝ex－x2－x－1(0≤x≤1)，h′(x)＝ex－2x－1， 令 h1(x)＝ex－2x－1(0≤x≤1)，h′1(x)＝ex－2，所以 x 0 (0，ln 2) ln 2 (ln 2，1) 1 h′1(x) －1 — 0 ＋ e－2 h1(x) 0 e－3 故当 0＜x＜1 时，h1(x)＜0，即 h′(x)＜0， 所以 h(x)在[0，1]上单调递减， 因为当 0≤x≤1 时，h(x)≤h(0)＝0. 由 h( a－1)≤0， 得 f( a－1)＝e a－1－ a－1－a≤0＝f(x0)． 因为 f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以 a－1≤x0. 综上， a－1≤x0≤ 2（a－1）. ②令 u(x)＝ex－(e－1)x－1，u′(x)＝ex－(e－1)， 所以当 x＞1 时，u′(x)＞0， 故函数 u(x)在区间[1，＋∞)上单调递增， 因此 u(x)≥ux0＝x0＋a，得 x0f(ex0)＝x0f(x0＋a)＝(ea－1)x2 0＋a(ea－2)x0≥(e－1)ax2 0， 由 x0≥ a－1，得 x0f(ex0)≥(e－1)(a－1)a.