2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练7　利用导数研究函数的零点 .docx

专题突破练 7 　 利用导数研究函数的零点 1 . 已知函数 f ( x ) = x 3 - x 2 e x 的定义域为 [ - 1, + ∞ ) . (1) 求 f ( x ) 的单调区间 ; (2) 讨论函数 g ( x ) =f ( x ) -a 在区间 [ - 1,2] 上的零点个数 . 2 . 已知函数 f ( x ) = - 2ln x ( a ∈ R , a ≠ 0) . (1) 求函数 f ( x ) 的极值 ; (2) 若函数 f ( x ) 有两个零点 x 1 , x 2 ( x 1 <x 2 ), 且 a= 4, 证明 : x 1 +x 2 > 4 . 3 . 已知函数 f ( x ) =ax+ + 1( a ∈ R ) . (1) 若函数 f ( x ) 在区间 (1, + ∞ ) 内单调递增 , 求实数 a 的取值范围 ; (2) 当 a ≠ 0 时 , 讨论函数 g ( x ) =f ( x ) -a- 3 的零点个数 , 并给予证明 . 4 . 已知函数 f ( x ) =a ln x- x 2 +b- ln 2 的图象在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y=- x+ 1 . (1) 求 f ( x ) 的单调区间 ; (2) 设 x 1 , x 2 ( x 1 <x 2 ) 是函数 g ( x ) =f ( x ) -m 的两个零点 , 求证 : x 2 -x 1 < - 4 m . 5 . 已知函数 f ( x ) = ln x-mx 有两个零点 . (1) 求 m 的取值范围 ; (2) 设 x 1 , x 2 是 f ( x ) 的两个零点 , 证明 : f' ( x 1 +x 2 ) < 0 . 6 . 已知函数 f ( x ) = 2e x sin x (e 是自然对数的底数 ) . (1) 求 f ( x ) 的单调区间 ; (2) 记 g ( x ) =f ( x ) -ax ,0 <a< 6, 试讨论 g ( x ) 在区间 (0, π ) 内的零点个数 ( 参考数据 : ≈ 4 . 8) . 专题突破练 7 　 利用导数研究函数的零点 1 . 解 (1) f' ( x ) = x 3 + x 2 - x e x = (3 x+ 8)( x- 1)e x , 因为 x ∈ [ - 1, +∞ ), 所以函数 f' ( x ) 的零点为 0 和 1 . 所以当 0 <x< 1 时 , f' ( x ) < 0; 当 x> 1 或 - 1≤ x< 0 时 , f' ( x ) > 0 . 所以 f ( x ) 的单调递减区间为 (0,1), 单调递增区间为 [ - 1,0),(1, +∞ ) . (2) 由 (1) 知 , f ( x ) 在区间 [ - 1,2] 上的极大值为 f (0) = 0, 极小值为 f (1) =- . 因为 f ( - 1) =- < 1, 所以 f (1) <f ( - 1) < 0 .f (2) = , 由 g ( x ) = 0, 得 f ( x ) =a. 故当 a<- 或 a> 时 , g ( x ) 的零点个数为 0; 当 a=- 或 0 <a ≤ 时 , g ( x ) 的零点个数为 1; 当 - <a<- 或 a= 0 时 , g ( x ) 的零点个数为 2; 当 - ≤ a< 0 时 , g ( x ) 的零点个数为 3 . 2 . (1) 解 函数 f ( x ) 的定义域为 (0, +∞ ), f' ( x ) = . 当 a< 0 时 , f' ( x ) < 0, 所以 f ( x ) 在区间 (0, +∞ ) 内单调递减 , 所以 f ( x ) 在区间 (0, +∞ ) 内无极值 ; 当 a> 0 时 , 若 x ∈ (0, ), f' ( x ) < 0, f ( x ) 在区间 (0, ) 内单调递减 . 若 x ∈ ( , +∞ ), f' ( x ) > 0, f ( x ) 在区间 ( , +∞ ) 内单调递增 , 故 f ( x ) 在区间 (0, +∞ ) 内的极小值为 f ( ) = 1 - 2ln = 1 - ln a , 无极大值 . (2) 证明 当 a= 4 时 , f ( x ) = - 2ln x. 由 (1) 知 , f ( x ) 在区间 (0,2) 内单调递减 , 在区间 (2, +∞ ) 内单调递增 , x= 2 是函数 f ( x ) 的极值点 . 又 x 1 , x 2 为函数 f ( x ) 的零点 , 所以 0 <x 1 < 2 <x 2 , 要证 x 1 +x 2 > 4, 只需证 x 2 > 4 -x 1 . ∵ f (4 -x 1 ) = - 2ln(4 -x 1 ) = - 2 x 1 + 4 - 2ln(4 -x 1 ), 又 f ( x 1 ) = - 2ln x 1 = 0, ∴ f (4 -x 1 ) = 2ln x 1 - 2 x 1 + 4 - 2ln(4 -x 1 ) . 令 h ( x ) = 2ln x- 2 x+ 4 - 2ln(4 -x )(0 <x< 2), 则 h' ( x ) = - 2 + > 0, ∴ h ( x ) 在区间 (0,2) 内单调递增 , ∴ h ( x ) <h (2) = 0, ∴ f (4 -x 1 ) < 0 =f ( x 2 ), 又 4 -x 1 > 2, x 2 > 2, ∴ 4 -x 1 <x 2 , 即 x 1 +x 2 > 4 得证 . 3 . 解 (1) f' ( x ) =a- . 由题意得 f' ( x )≥0, 即 a ≥ 在区间 (1, +∞ ) 内恒成立 . 当 x ∈ (1, +∞ ) 时 , ∈ 0, , 所以 a ≥ . 故实数 a 的取值范围为 , +∞ . (2) 当 a< 0 时 , 函数 g ( x ) 有且只有一个零点 ; 当 a> 0 时 , 函数 g ( x ) 有两个零点 . 证明如下 : 由已知得 g ( x ) =ax+ -a- 2, 则 g' ( x ) =a- . 当 a< 0 时 , g' ( x ) < 0, 所以函数 g ( x ) 单调递减 . 又 g (0) =-a> 0, g (1) = - 2 < 0, 故函数 g ( x ) 有且只有一个零点 . 当 a> 0 时 , 令 g' ( x ) < 0, 得 x< ln , 令 g' ( x ) > 0, 得 x> ln , 所以函数 g ( x ) 在区间 -∞ ,ln 内单调递减 , 在区间 ln , +∞ 内单调递增 , 而 g =a ln < 0, g > 0 . 由于 x> ln x , 所以 > ln , 所以 g ( x ) 在区间 ln 内存在一个零点 . 又 g ln =a a- ln , 且 ln < ln , 设 h ( a ) =a- ln , 则 h' ( a ) = 1 - > 0 在区间 (0, +∞ ) 内恒成立 , 故 h ( a ) 在区间 (0, +∞ ) 内单调递增 . 而 h (0) = 0, 所以 h ( a ) > 0 在区间 (0, +∞ ) 内恒成立 , 所以 g ln > 0, 所以 g ( x ) 在区间 ln ,ln 内存在一个零点 . 综上所述 , 当 a< 0 时 , 函数 g ( x ) 有且只有一个零点 ; 当 a> 0 时 , 函数 g ( x ) 有两个零点 . 4 . (1) 解 由题可知 , 函数 f ( x ) 的定义域为 (0, +∞ ), f' ( x ) = x , 又函数 f ( x ) 的图象在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y=- x+ 1, 所以 解得 所以 f ( x ) = ln x- x 2 + 1 - ln 2, f' ( x ) = x= . 当 x ∈ (0, ) 时