课时规范练22 利用导数研究函数的零点--2027全国版高考数学一轮复习(含答案)
文档属性
| 名称 | 课时规范练22 利用导数研究函数的零点--2027全国版高考数学一轮复习(含答案) |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 489.6KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-19 00:00:00 | ||
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文档简介
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2027全国版高考数学一轮复习
课时规范练22 利用导数研究函数的零点
(分值:66分)
1.(15分)(2025·安徽马鞍山二模)已知函数f(x)=2ae2x+2(a-1)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
2.(17分)(2026·河北石家庄高三期中)已知函数f(x)=ln x+1,g(x)=axex,a∈R.
(1)求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线l的方程,并证明除切点外,函数f(x)的图象在切线l的下方.
(2)若0(ⅰ)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)恰有两个零点;
(ⅱ)设x1为h(x)的较大零点,h'(x0)=0,证明:x1<3x0.
3.(17分)(2025·湖南长沙模拟)已知函数f(x)=ex-a(x-1).
(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线l在x轴上的截距为2,求a的值;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围;
(3)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:>1.
4.(17分)(2025·河北石家庄模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法,在计算机数学中有着广泛的应用.给定自然数m,n,我们定义函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似为R(x)=,且满足:f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),f(2)(0)=R(2)(0),…,f(m+n)(0)=R(m+n)(0).其中f(2)(x)=[f'(x)]',f(3)(x)=[f(2)(x)]',…,f(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]',已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[2,2]阶帕德近似为R(x)=.
(1)求实数a,b的值;
(2)证明:当x>0时,f(x)>R(x);
(3)已知x1,x2,x3是函数g(x)=xln x-k(x2-1)的三个不同的零点,求实数k的取值范围,并证明:x1+x2+x3>-3.
参考答案
1.解 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=4ae2x+2(a-1)ex-1=(2aex-1)(2ex+1).
若a≤0,则f'(x)<0,则f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;
若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln 2a.
当x∈(-∞,-ln 2a)时,f'(x)<0;
当x∈(-ln 2a,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,-ln 2a)内单调递减,在(-ln 2a,+∞)内单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;
当a>0时,f(x)在(-∞,-ln 2a)内单调递减,在(-ln 2a,+∞)内单调递增.
(2)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.若a>0,由(1)知,当x=-ln 2a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln 2a)=1-+ln 2a.
①当a=时,由于f(-ln 2a)=0,
故f(x)只有一个零点;
②当a时,因为y=1-单调递增,y=ln 2a单调递增,所以y=1-+ln 2a单调递增,
所以1-+ln 2a>1-+ln=0,f(-ln 2a)>0,故f(x)没有零点;
③当a时,由于1-+ln 2a<0,即f(-ln 2a)<0,
又f(-2)=2ae-4+2(a-1)e-2+2=+2->2->0,故f(x)在(-∞,-ln 2a)内只有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln>-ln 2a,则f(n0)=(2a+2a-2)-n0>-n0>0,故f(x)在(-ln 2a,+∞)内只有一个零点.
综上,a的取值范围是
2.(1)解 f'(x)=,所以f'(1)=1,即曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为1,
又f(1)=1,所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线l的方程为y=x.
令k(x)=ln x+1-x(x>0),k'(x)=-1,
当x∈(0,1)时,k'(x)>0,k(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,k'(x)<0,k(x)单调递减,
所以k(x)≤k(1)=0,所以除切点外,函数f(x)的图象在切线l的下方.
(2)证明 (ⅰ)由题可知h(x)=ln x+1-axex(x>0),
则h'(x)=-a(x+1)ex=,设p(x)=1-ax(x+1)ex,x>0,
则p'(x)=-a(x2+x+2x+1)ex=-a[(x+1)2+x]ex,
因为00,所以p'(x)<0,所以p(x)在(0,+∞)内是减函数.
由p(1)=1-2ae>0,又结合01,所以p()=1-(+1)<0,
所以存在x0∈(1,),使得p(x0)=0,
所以当00,即h'(x)>0,此时h(x)单调递增,
当x>x0时,p(x)<0,即h'(x)<0,此时h(x)单调递减,所以x0是h(x)唯一的极值点,
显然h()=-a<0,h(1)=1-ae>0,
因为h(x)在(0,x0)内单调递增,所以h(x)在(0,1)内必存在一个零点,且h(x0)>h(1)>0.
由(1)可知ln x≤x-1,所以00,h(x)在(x0,+∞)内单调递减,所以h(x)在区间(x0,+∞)内必存在唯一零点.
综上,h(x)在区间(0,+∞)内恰有两个零点.
(ⅱ)由(ⅰ)可知,h'(x0)==0,得a=,
h(x1)=ln x1+1-ax1=0,得a=,所以,
即=ln x1+1,因为x1>x0>0,ln x1+1所以所以x1-x03.(1)解 因为f(1)=e,则点P(1,e).
因为f'(x)=ex-a,则f'(1)=e-a.
根据题意,切线l经过点A(2,0),则直线PA的斜率是f'(1),
即e-a==-e,所以a=2e.
(2)解 若a≤0,因为ex>0,则f'(x)>0,f(x)在R上单调递增,f(x)无极值,不符合题意.
若a>0,令f'(x)>0,得x>ln a,令f'(x)<0,得x则f(x)在(ln a,+∞)内单调递增,在(-∞,ln a)内单调递减,
所以x=ln a为f(x)的极小值点.
由已知,f(ln a)<0,即eln a-a(ln a-1)=a-a(ln a-1)=a(2-ln a)<0,
从而2-ln a<0,即ln a>2,得a>e2,
所以a的取值范围是(e2,+∞).
(3)证明 由已知,f(x1)=f(x2)=0,
即
两式相乘,得=a2(x1-1)(x2-1),
即=a2(x1x2-x1-x2+1),
所以x1x2-(x1+x2)=-1.
因为当a≤0时,f(x)在R上单调递增,f(x)至多有1个零点,不符合题意,则a>0.
因为a(x1-1)=>0,则x1>1;同理,x2>1.
要证>1,即证x1+x2>x1x2,
即证x1x2-(x1+x2)<0,
只要证-1<0,即证即证x1+x2<2ln a,
即证x2<2ln a-x1.
不妨设x1则2ln a-x1>ln a.
因为f(x)在(ln a,+∞)内单调递增,
只要证f(x2)即证f(x1)设h(x)=f(x)-f(2ln a-x),
则h'(x)=f'(x)+f'(2ln a-x)=ex+e2ln a-x-2a=ex+-2a≥2-2a=0,
所以h(x)在R上单调递增.
因为x1即f(x1)-f(2ln a-x1)<0,
即f(x1)所以原不等式成立.
4.(1)解 依题意可知,f(0)=0,R(0)=,
因为f(0)=R(0),所以a=0.
此时R(x)=,
因为f'(x)=,R'(x)=,
所以f'(0)=1,R'(0)=,
因为f'(0)=R'(0),所以b=1.
故a=0,b=1.
(2)证明 设h(x)=f(x)-R(x)=ln(1+x)-(x>0),所以h'(x)=>0,
故h(x)在(0,+∞)内单调递增,
由h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0,
即f(x)>R(x).
(3)解 因为g(x)=xln x-k(x2-1)=x[ln x-k(x-)](x>0).
令φ(x)=ln x-k(x-),所以x1,x2,x3是φ(x)的三个不同的零点,
不妨设00),
①当k≤0时,φ'(x)>0,此时φ(x)在(0,+∞)内单调递增,此时φ(x)不存在三个不同的零点;
②当k>0时,令s(x)=-kx2+x-k,Δ=1-4k2,
若Δ=1-4k2≤0,即k,s(x)≤0恒成立,即φ'(x)≤0,
此时φ(x)在(0,+∞)内单调递减,此时φ(x)不存在三个不同的零点;
若Δ=1-4k2>0,即0当x∈(0,r1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,当x∈(r1,r2)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,当x∈(r2,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,因为φ'(1)=1-2k>0,所以00,因为ln x2-,所以φ(k4)=ln k4-k(k4-)>2--k5+=(2-k5)+-2)>0.因为0所以由零点存在定理可知存在x1∈(k4,r1),满足φ(x1)=0,又因为φ()=ln-k(-x)=-ln x+k(x-)=-φ(x),
故存在x3=,满足φ(x3)=0.
故当且仅当00时,ln(1+x)>,
因此ln x>(x>1),
故ln x3=k(x3-)>,
化简可得=x3+4+=x1+x2+x3+3,
因此x1+x2+x3>-3,命题得证.
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课时规范练22 利用导数研究函数的零点
(分值:66分)
1.(15分)(2025·安徽马鞍山二模)已知函数f(x)=2ae2x+2(a-1)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
2.(17分)(2026·河北石家庄高三期中)已知函数f(x)=ln x+1,g(x)=axex,a∈R.
(1)求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线l的方程,并证明除切点外,函数f(x)的图象在切线l的下方.
(2)若0
(ⅱ)设x1为h(x)的较大零点,h'(x0)=0,证明:x1<3x0.
3.(17分)(2025·湖南长沙模拟)已知函数f(x)=ex-a(x-1).
(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线l在x轴上的截距为2,求a的值;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围;
(3)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:>1.
4.(17分)(2025·河北石家庄模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法,在计算机数学中有着广泛的应用.给定自然数m,n,我们定义函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似为R(x)=,且满足:f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),f(2)(0)=R(2)(0),…,f(m+n)(0)=R(m+n)(0).其中f(2)(x)=[f'(x)]',f(3)(x)=[f(2)(x)]',…,f(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]',已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[2,2]阶帕德近似为R(x)=.
(1)求实数a,b的值;
(2)证明:当x>0时,f(x)>R(x);
(3)已知x1,x2,x3是函数g(x)=xln x-k(x2-1)的三个不同的零点,求实数k的取值范围,并证明:x1+x2+x3>-3.
参考答案
1.解 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=4ae2x+2(a-1)ex-1=(2aex-1)(2ex+1).
若a≤0,则f'(x)<0,则f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;
若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln 2a.
当x∈(-∞,-ln 2a)时,f'(x)<0;
当x∈(-ln 2a,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,-ln 2a)内单调递减,在(-ln 2a,+∞)内单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;
当a>0时,f(x)在(-∞,-ln 2a)内单调递减,在(-ln 2a,+∞)内单调递增.
(2)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.若a>0,由(1)知,当x=-ln 2a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln 2a)=1-+ln 2a.
①当a=时,由于f(-ln 2a)=0,
故f(x)只有一个零点;
②当a时,因为y=1-单调递增,y=ln 2a单调递增,所以y=1-+ln 2a单调递增,
所以1-+ln 2a>1-+ln=0,f(-ln 2a)>0,故f(x)没有零点;
③当a时,由于1-+ln 2a<0,即f(-ln 2a)<0,
又f(-2)=2ae-4+2(a-1)e-2+2=+2->2->0,故f(x)在(-∞,-ln 2a)内只有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln>-ln 2a,则f(n0)=(2a+2a-2)-n0>-n0>0,故f(x)在(-ln 2a,+∞)内只有一个零点.
综上,a的取值范围是
2.(1)解 f'(x)=,所以f'(1)=1,即曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为1,
又f(1)=1,所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线l的方程为y=x.
令k(x)=ln x+1-x(x>0),k'(x)=-1,
当x∈(0,1)时,k'(x)>0,k(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,k'(x)<0,k(x)单调递减,
所以k(x)≤k(1)=0,所以除切点外,函数f(x)的图象在切线l的下方.
(2)证明 (ⅰ)由题可知h(x)=ln x+1-axex(x>0),
则h'(x)=-a(x+1)ex=,设p(x)=1-ax(x+1)ex,x>0,
则p'(x)=-a(x2+x+2x+1)ex=-a[(x+1)2+x]ex,
因为0
由p(1)=1-2ae>0,又结合0
所以存在x0∈(1,),使得p(x0)=0,
所以当0
当x>x0时,p(x)<0,即h'(x)<0,此时h(x)单调递减,所以x0是h(x)唯一的极值点,
显然h()=-a<0,h(1)=1-ae>0,
因为h(x)在(0,x0)内单调递增,所以h(x)在(0,1)内必存在一个零点,且h(x0)>h(1)>0.
由(1)可知ln x≤x-1,所以0
综上,h(x)在区间(0,+∞)内恰有两个零点.
(ⅱ)由(ⅰ)可知,h'(x0)==0,得a=,
h(x1)=ln x1+1-ax1=0,得a=,所以,
即=ln x1+1,因为x1>x0>0,ln x1+1
因为f'(x)=ex-a,则f'(1)=e-a.
根据题意,切线l经过点A(2,0),则直线PA的斜率是f'(1),
即e-a==-e,所以a=2e.
(2)解 若a≤0,因为ex>0,则f'(x)>0,f(x)在R上单调递增,f(x)无极值,不符合题意.
若a>0,令f'(x)>0,得x>ln a,令f'(x)<0,得x
所以x=ln a为f(x)的极小值点.
由已知,f(ln a)<0,即eln a-a(ln a-1)=a-a(ln a-1)=a(2-ln a)<0,
从而2-ln a<0,即ln a>2,得a>e2,
所以a的取值范围是(e2,+∞).
(3)证明 由已知,f(x1)=f(x2)=0,
即
两式相乘,得=a2(x1-1)(x2-1),
即=a2(x1x2-x1-x2+1),
所以x1x2-(x1+x2)=-1.
因为当a≤0时,f(x)在R上单调递增,f(x)至多有1个零点,不符合题意,则a>0.
因为a(x1-1)=>0,则x1>1;同理,x2>1.
要证>1,即证x1+x2>x1x2,
即证x1x2-(x1+x2)<0,
只要证-1<0,即证
即证x2<2ln a-x1.
不妨设x1
因为f(x)在(ln a,+∞)内单调递增,
只要证f(x2)
则h'(x)=f'(x)+f'(2ln a-x)=ex+e2ln a-x-2a=ex+-2a≥2-2a=0,
所以h(x)在R上单调递增.
因为x1
即f(x1)
4.(1)解 依题意可知,f(0)=0,R(0)=,
因为f(0)=R(0),所以a=0.
此时R(x)=,
因为f'(x)=,R'(x)=,
所以f'(0)=1,R'(0)=,
因为f'(0)=R'(0),所以b=1.
故a=0,b=1.
(2)证明 设h(x)=f(x)-R(x)=ln(1+x)-(x>0),所以h'(x)=>0,
故h(x)在(0,+∞)内单调递增,
由h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0,
即f(x)>R(x).
(3)解 因为g(x)=xln x-k(x2-1)=x[ln x-k(x-)](x>0).
令φ(x)=ln x-k(x-),所以x1,x2,x3是φ(x)的三个不同的零点,
不妨设0
①当k≤0时,φ'(x)>0,此时φ(x)在(0,+∞)内单调递增,此时φ(x)不存在三个不同的零点;
②当k>0时,令s(x)=-kx2+x-k,Δ=1-4k2,
若Δ=1-4k2≤0,即k,s(x)≤0恒成立,即φ'(x)≤0,
此时φ(x)在(0,+∞)内单调递减,此时φ(x)不存在三个不同的零点;
若Δ=1-4k2>0,即0
故存在x3=,满足φ(x3)=0.
故当且仅当0
因此ln x>(x>1),
故ln x3=k(x3-)>,
化简可得=x3+4+=x1+x2+x3+3,
因此x1+x2+x3>-3,命题得证.
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