【数学】2020届数学文一轮复习第三章第6讲利用导数研究函数零点问题作业

【数学】2020届数学文一轮复习第三章第6讲利用导数研究函数零点问题作业

‎1．(2017·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝(　　)‎ A．－　　　　　　　　　 B． C． D．1‎ 解析：选C．由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1为f(x)图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f(1)＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a＝.故选C．‎ ‎2．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是(　　)‎ A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)‎ C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)‎ 解析：选B．f′(x)＝3ax2－6x，‎ 当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，‎ 则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0；x∈时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f＝>0，则f(x)的大致图象如图(1)所示：‎ 不符合题意，排除A、C．‎ 当a＝－时，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f＝－，则f(x)的大致图象如图(2)所示．‎ 不符合题意，排除D.‎ ‎3．已知函数f(x)＝a＋ln x(a∈R)．‎ ‎(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：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，‎ f′(x)＝()′ln x＋·＝，‎ 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)上递减，在(e－2，＋∞)上递增．‎ ‎(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－，‎ 显然a＞时，f(x)＞0，无零点，‎ a＝时，f(x)＝0，有1个零点，‎ a＜时，f(x)＜0，有2个零点．‎ ‎4．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x(a∈R)．‎ ‎(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)在上无零点，求a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，‎ 则f′(x)＝1－＝，‎ 由f′(x)＞0，得x＞2，‎ 由f′(x)＜0，得0＜x＜2，‎ 故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．‎ ‎(2)因为f(x)＜0在区间上恒成立不可能，‎ 故要使函数f(x)在上无零点，‎ 只要对任意的x∈，f(x)＞0恒成立，‎ 即对x∈，a＞2－恒成立．‎ 令h(x)＝2－，x∈，‎ 则h′(x)＝，‎ 再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈，‎ 则m′(x)＝＜0，‎ 故m(x)在上为减函数，‎ 于是，m(x)＞m＝4－2ln 3＞0，‎ 从而h′(x)＞0，于是h(x)在上为增函数，‎ 所以h(x)＜h＝2－3ln 3，‎ 所以a的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．‎ ‎5．(2019·武汉调研)(1)求函数f(x)＝的最大值；‎ ‎(2)若函数g(x)＝ex－ax有两个零点，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)对f(x)＝求导得，f′(x)＝.‎ 易知当0e时，f(x)为减函数，‎ 所以f(x)≤f(e)＝，从而f(x)的最大值为.‎ ‎(2)①当a＝0时，g(x)＝ex在R上为增函数，且g(x)>0，故g(x)无零点．‎ ‎②当a<0时，g(x)＝ex－ax在R上单调递增，又g(0)＝1>0，‎ g＝e－1<0，故g(x)在R上只有一个零点．‎ ‎③当a>0时，由g′(x)＝ex－a＝0可知g(x)在x＝ln a处取得唯一极小值，‎ g(ln a)＝a(1－ln a)．‎ 若00，g(x)无零点，‎ 若a＝e，则g(x)极小＝0，g(x)只有一个零点，‎ 若a>e，则g(x)极小＝a(1－ln a)<0，而g(0)＝1>0，‎ 由(1)可知，f(x)＝在x>e时为减函数，‎ 所以当a>e时，ea>ae>a2，从而g(a)＝ea－a2>0，‎ 所以g(x)在(0，ln a)与(ln a，＋∞)上各有一个零点．‎ 综上，当a>e时，f(x)有两个零点．‎ ‎6．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．‎ ‎(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)证明：f(x)只有一个零点．‎ 解：(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.‎ 令f′(x)＝0解得x＝3－2或x＝3＋2.‎ 当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；‎ 当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.‎ 故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减．‎ ‎(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.‎ 设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．‎ 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．‎ 又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．‎ 综上，f(x)只有一个零点．‎