2021版高考数学一轮复习核心素养测评十六导数与函数零点苏教版
核心素养测评十六 导数与函数零点
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.函数f(x)=x3+x2+x+1的零点个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】选B.因为f′(x)=x2+2x+1=(x+1)2≥0,
所以f(x)在R上单调递增,
因为f(0)=1>0,f(-3)=-2<0,
所以f(x)在R上有且只有一个零点.
【变式备选】
函数f(x)=x3-4x+4的零点个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】选D.因为f′(x)=x2-4=(x-2)(x+2),
令f′(x)=0,得x=±2.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,
-2)
-2
(-2,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
↘
-
↗
由此可得到f(x)的大致图象(如图).
由图可知f(x)有3个零点.
2.已知函数f(x)=x3-12x+a,其中a≥16,则f(x)的零点的个数是 ( )
A.0或1 B.1或2 C.2 D.3
- 10 -
【解析】选B.方法一:因为f′(x)=3x2-12,
令f′(x)=3x2-12=0,得x=±2,
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,
-2)
-2
(-2,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
a+16
↘
a-16
↗
由此可得到f(x)的大致图象(如图),
由a≥16得,a+16>0,a-16≥0,
当a=16时,f(x)的图象与x轴有2个交点;当a>16时,f(x)的图象与x轴只有1个交点.
所以f(x)的零点个数为1或2.
方法二:f(x)=x3-12x+a的零点个数⇔方程x3-12x=-a的解的个数⇔
g(x)=x3-12x与h(x)=-a的交点个数.画出g(x)=x3-12x与h(x)=-a的图象.
由g′(x)=3x2-12=0,得x=±2,
当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,2)
2
(2,+∞)
g′(x)
+
0
-
0
+
g(x)
↗
16
↘
-16
↗
所以g(x)的图象如图所示:
因为a≥16,所以y=-a≤-16.
由图可知直线y=-a与y=x3-12x的图象有1个或2个交点.
- 10 -
3.若函数f(x)= 恰有2个零点,则a的取值范围为( )
A.
B.∪
C.
D.∪
【解析】选D.当x>0时,令f(x)=0,可得x3-x2-a=0,设g(x)=x3-x2,则
g′(x)=x(3x-2),
当0
时,g′(x)>0,g(x)min=g= -.
当x≤0时,令f(x)=0,可得x2+2x-a=0,
设h(x)=x2+2x,h(x)min=-1,
所以函数f(x)= 恰有2个零点,则a的取值范围为∪.
- 10 -
4.函数f(x)=ex+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,则a的值为 ( )
A.4 B.4ln 2-3
C.2 D.5ln 2-4
【解析】选D.函数f(x)=ex+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,
可得ea=在(0,+∞)上只有一个解.
令g(x)=,可得g′(x)=
=-x·,
在(0,+∞)有2个极值点,x=1和x=4;
x∈(0,1)时函数是减函数,x∈(1,4)时,函数是增函数,
x∈(4,+∞)时函数是减函数,g(0)=0,
所以函数g(x)的最大值为g(4)==,
函数f(x)=ex+a-x3+2x2在(0,+∞)上只有一个零点,可得ea=,所以a=5ln 2-4.
二、填空题(每小题5分,共20分)
5.设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数,下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是________.(写出所有正确条件的编号)
①a=-3,b=-3; ②a=-3,b=2; ③a=-3,b>2;
④a=0,b=2; ⑤a=1,b=2.
【解析】令f(x)=x3+ax+b,
则f′(x)=3x2+a.
当a≥0时,f′(x)≥0,f(x)单调递增,④⑤正确;
当a<0时,若a=-3,
- 10 -
则f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),
所以f(x)极大=f(-1)=-1+3+b=b+2,
f(x)极小=f(1)=1-3+b=b-2,
要使f(x)=0仅有一个实根,
需f(x)极大<0或f(x)极小>0,
所以b<-2或b>2,①③正确,②不正确.
答案:①③④⑤
6. (2019·南通模拟)已知函数f(x)=+与g(x)=6x+a的图象有3个不同的交点,则a的取值范围是________.
【解析】原问题等价于函数h(x)=+-6x与函数y=a的图象有3个不同的交点,
由h′(x)=x2+x-6=(x-2)(x+3)=0,得x=2或x=-3,
当x∈(-∞,-3)时,h′(x)>0,h(x)单调递增;
当x∈(-3,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增.
且h(-3)=,h(2)=-,
数形结合可得a的取值范围是.
答案:
7.已知函数f(x)=x3+mx+,g(x)=-ln x.min{a,b}表示a,b中的最小值,若函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0)恰有三个零点,则实数m的取值范围是________.
【解析】f′(x)=3x2+m,
- 10 -
因为g(1)=0,所以要使h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0)恰有三个零点,需满足f(1)>0,f<0,m<0,
解得m>-,>⇒-0且c-<0时,存在x1∈(-∞,-2),
- 10 -
x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.
由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)有三个不同零点.
【变式备选】
设函数f(x)=xex+a(1-ex)+1,a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间.
(2)若方程 f(x)=0在(0,+∞)上有解,证明:a>2.
【解析】(1)因为f′(x)=[x-(a-1)]ex.
所以x>a-1时,f′(x)>0,
函数f(x)在(a-1,+∞)上单调递增,
当 x0,
所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0,
所以存在x0∈(1,2),使h(x)=0,
故当x∈(0,x0)时,g′(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0,
所以函数g(x)存在唯一最小值x0,
- 10 -
满足=x0+2,
所以g(x0)=x0+=x0+1∈(2,3),
因为a=g(x)=x+有解,
所以a≥g(x0)>2,所以a>2.
10.(2020·龙岩模拟)已知函数f(x)=(x-1)ln x,g(x)=x-ln x-.
(1)求证:函数y=f(x)的图象恒在函数y=g(x)图象的上方.
(2)当m>0时,令h(x)=mf(x)+g(x)的两个零点x1,x2(x10).
则p′(x)=ln x+1-1=ln x,
令p′(x)=0,得x=1.所以x∈(0,1)时p′(x)<0,x∈(1,+∞)时p′(x)>0,
所以p(x)在(0,1)为减函数,在(1,+∞)为增函数,所以p(x)≥p(1)=0-1+=>0,即f(x)>g(x).
故函数y=f(x)的图象恒在函数y=g(x)图象的上方.
(2)由h(x)=mf(x)+g(x)=m(x-1)ln x+x-ln x-有两个零点,
当m>0时h′(x)=m+1-.
则h′(x)在(0,+∞)为增函数,且h′(1)=0,
则当x∈(0,1)时h′(x)<0,h(x)为减函数,当x∈(1,+∞)时h′(x)>0,h(x)为增函数,
所以h(x)min=h(1)=1-<0.
- 10 -
又h=mln+-ln-=m+1->0,
h(e)=m(e-1)+e-1->0.
所以h(x)在和(1,e)上各有一个零点x1,x2(x1
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