2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--专题强化练7　利用导数解决函数的零点问题

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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
专题强化练7　利用导数解决函数的零点问题
(2024四川宜宾兴文二中模拟)已知函数f(x)=
(e是自然对数的底数)在定义域R上有三个零点,则实数m的取值范围是(　　)
A.(e,+∞)　　　　B.(e,5] C.(e,5)　　　　D.[e,5]
2.(2023福建漳州期末)已知函数f(x)=2x+ln x+1-a和函数g(x)=x-有相同的零点x0,则ln =(　　)
A.2　　　　B.-e　　　　C.-4　　　　D.e2
3.(2024广东深圳开学考试)已知函数f(x)=x2-ax+1-e-x(a∈R).
(1)讨论函数g(x)=exf(x)的单调性;
(2)当a>1时,求函数f(x)的零点个数.
4.已知函数f(x)=x2ex,其中e=2.718 28…为自然对数的底数.
(1)求函数f(x)在[-5,-1]上的最值;
(2)若函数g(x)=-aln x,求证:当a∈(0,2e)时,函数g(x)无零点.
5.(2023江苏南京第一中学质检)已知函数f(x)=+a.
(1)试讨论函数f(x)的零点个数;
(2)设g(x)=x2-f(x),x1,x2为函数g(x)的两个零点,证明:x1x2<1.
答案与分层梯度式解析
1.B　当x≤时,令10x-m=0,得x=;
当x>时,令xex-2mx+m=0,得m=,
设g(x)=,则g'(x)=,
当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴当x>时,g(x)min=g(1)=e,
∵f(x)在R上有三个零点,∴x=为f(x)的一个零点,且m=有两个不同的解,
∴解得e2.C　由题意得
整理得x0-2x0-ln x0-1=0.
令h(x)=xe2x-2x-ln x-1(x>0),
则h'(x)=(1+2x)e2x-.
令m(x)=e2x-,易知m(x)在(0,+∞)上单调递增,
又m-4<0,m(1)=e2-1>0,
∴m(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点t,且t∈,即2t=-ln t.
∴当x∈(0,t)时,m(x)<0,即h'(x)<0;
当x∈(t,+∞)时,m(x)>0,即h'(x)>0,
∴h(x)在(0,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递增,
∴h(x)min=h(t)=te2t-2t-ln t-1=1+ln t-ln t-1=0,
又x0-2x0-ln x0-1=0,∴t=x0,
∴ln =e2tln t2=2e2tln t=·(-2t)=-4.故选C.
3.解析　(1)∵g(x)=exf(x)=ex(x2-ax+1)-1,
∴g'(x)=ex(x2-ax+1+2x-a)=ex(x+1)(x+1-a).
①若a<0,则a-1<-1,
当x∈(-∞,a-1),(-1,+∞)时,g'(x)>0,
当x∈(a-1,-1)时,g'(x)<0,
∴g(x)在(-∞,a-1),(-1,+∞)上单调递增,在(a-1,-1)上单调递减.
②若a=0,则a-1=-1,此时g'(x)≥0恒成立,
∴g(x)在R上单调递增.
③若a>0,则a-1>-1,
当x∈(-∞,-1),(a-1,+∞)时,g'(x)>0,
当x∈(-1,a-1)时,g'(x)<0,
∴g(x)在(-∞,-1),(a-1,+∞)上单调递增,在(-1,a-1)上单调递减.
综上,当a<0时,g(x)在(-∞,a-1),(-1,+∞)上单调递增,在(a-1,-1)上单调递减;当a=0时,g(x)在R上单调递增;当a>0时,g(x)在(-∞,-1),(a-1,+∞)上单调递增,在(-1,a-1)上单调递减.
(2)∵ex>0,∴f(x)的零点就是函数g(x)的零点.
当a>1时,由(1)知g(x)在(-∞,-1),(a-1,+∞)上单调递增,在(-1,a-1)上单调递减.
易得g(-1)=-1>0,
g(-a-1)=e-a-1(2a2+3a+2)-1.
令φ(a)=e-a-1(2a2+3a+2)-1,a>1,
则φ'(a)=-e-a-1(2a2+3a+2-4a-3)=-e-a-1(2a2-a-1)=-e-a-1(2a+1)(a-1),
∵a>1,∴φ'(a)<0,∴φ(a)在(1,+∞)上单调递减,∴g(-a-1)=φ(a)<φ(1)=-1<0,
∴存在x1∈(-a-1,-1),使得g(x1)=0,
∴g(x)在(-∞,-1)上有且仅有一个零点x1.
当x∈(-1,a-1)时,g(x)为减函数,
∵a-1>0,g(0)=0,
∴g(x)在(-1,a-1)上有且仅有一个零点x2=0.
当x∈(a-1,+∞)时,g(x)为增函数,
∵g(a-1)<0,g(a)=ea-1>0,
∴存在x3∈(a-1,a),使得g(x3)=0,
∴g(x)在(a-1,+∞)上有且仅有一个零点x3.
综上,当a>1时,函数g(x)有三个零点,即函数f(x)有三个零点.
4.解析　(1)由题可得, f'(x)=2xex+x2ex=x(x+2)ex,
故当x∈[-5,-2)时, f'(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈(-2,-1]时, f'(x)<0, f(x)单调递减.
故f(x)max=f(-2)=,
又f(-5)=,所以f(x)min=,
故函数f(x)在[-5,-1]上的最大值为,最小值为.
(2)证明:令g(x)=-aln x=0,
得x2ex-a(x+1)ln x=0,
令m(x)=ex-(x+1),易知对任意的x>0,m'(x)=ex-1>0恒成立,
所以m(x)=ex-(x+1)>m(0)=0,即ex>x+1,
则x2ex-a(x+1)ln x>x2(x+1)-a(x+1)ln x=(x+1)·(x2-aln x).
令h(x)=x2-aln x,
所以h'(x)=2x-,
因为0当x∈时,h'(x)>0,
所以h(x)在(0,+∞)上有最小值,
最小值为h-aln .
因为0所以1-ln >0,所以>0,
即当00,h(x)=x2-aln x>0,所以x2ex-a(x+1)ln x>0,
故当a∈(0,2e)时,函数g(x)无零点.
5.解析　(1)令f(x)=0,则=-a,令h(x)=,则h'(x)=,
当00;当x>e时,h'(x)<0,
所以h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,则h(x)≤h(e)=.
当x→0时,h(x)→-∞,当x>1时,h(x)>0,作出h(x)的图象,如图.
所以当-a≤0,即a≥0时,h(x)的图象与直线y=-a有一个交点,故f(x)有一个零点;
当0<-a<,即-当-a=,即a=-时,h(x)的图象与直线y=-a有一个交点,故f(x)有一个零点;
当-a>,即a<-时,h(x)的图象与直线y=-a没有交点,故f(x)没有零点.
综上,当a≥0或a=-时,f(x)有一个零点,
当-当a<-时,f(x)没有零点.
(2)证明:由已知得g(x)=x2--a,其定义域为(0,+∞),
g'(x)=2x-,
设r(x)=x3+ln x-1,所以r'(x)=3x2+>0在(0,+∞)上恒成立,
所以函数r(x)在(0,+∞)上单调递增,易得r(1)=0,即g'(1)=0.
列表如下:
x (0,1) 1 (1,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) ↘ 极小值 ↗
所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
设x1因为g(x1)=g(x2)=0,
所以g(x1)-g
=
=,x2>1,
设φ(x)=x--2ln x(x>1),则φ'(x)=1+>0,故函数φ(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以φ(x2)=x2--2ln x2>φ(1)=0,
所以g(x1)-g>0,即g(x1)>g,
又函数g(x)=x2--a在(0,1)上单调递减,
所以0方法总结　利用导数研究函数零点或方程根的问题,通常有三种思路:(1)利用最值或极值研究;(2)利用数形结合思想研究;(3)构造辅助函数研究.常见的有以下两种题型:
①确定零点的个数问题,可利用数形结合判断交点个数,如果函数较为复杂,可用导数知识确定极值点和单调区间,从而确定其大致图象;
②方程有解问题,即对应函数存在零点问题,可参变分离,转化为求函数的值域问题,可以通过构造函数,把问题转化为研究所构造函数的零点问题.
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