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2021届高考数学二轮复习 专题检测导数与函数的零点问题

2021届高考数学二轮复习 专题检测导数与函数的零点问题

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专题检测（二十三） 导数与函数的零点问题
大题专攻强化练
1．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a>0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若1<a<e，试判断f(x)的零点个数．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a(x－1)－1＋＝，
令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝，
①若a＝1，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
②若 0<a<1，则>1，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
③若a>1，则0<<1，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当0<a<1时，f(x)在(0，1)上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；
当a>1时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
(2)当1<a<e时，
f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
所以f(x)的极小值为f(1)＝－1<0，
f(x)的极大值为f＝－＋ln＝－－ln a－1.
设g(a)＝－－ln a－1，其中a∈(1，e)，
则g′(a)＝＋－＝＝>0，
所以g(a)在(1，e)上是增函数，
所以g(a)<g(e)＝－－2<0.
因为f(4)＝(4－1)2－4＋ln 4>×9－4＋ln 4＝ln 4＋>0，
所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0，
所以当1<a<e时，f(x)有且只有一个零点．
2．函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
解：(1)由题意知，f′(x)＝a＋ln x＋1(x>0)，
f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x，
即f′(x)＝ln x，
令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0<x<1.
所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
由题意得，m＋1>－1，即m>－2，①
当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0；
当x>0且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
如图，由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②
由①②可得－2<m<－1.
故实数m的取值范围为(－2，－1)．
3．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)＝ex(ln x－ax＋a＋b)(e为自然对数的底数)，a，b∈R，直线y＝x是曲线y＝f(x)在x＝1处的切线．
(1)求a，b的值．
(2)是否存在k∈Z，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝ex，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由已知，得即解得a＝1，b＝.
(2)由(1)知，f(x)＝ex，则f′(x)＝ex，
令g(x)＝ln x－x＋＋，则g′(x)＝－<0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝>0，g(2)＝ln 2－1<0，
所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0.
所以f(x)在(0, x0)上单调递增，在(x0＋∞)上单调递减．
又当x→0时，f(x)<0，f(1)＝>0，f(2)＝e2>0，f(e)＝ee<0，
所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．
4．(2019·福州市质量检测)已知函数f(x)＝aln x－x－(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当e<a<2时，关于x的方程f(ax)＝－有两个不同的实数解x1，x2，求证：x1＋x2<4x1x2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1＋＝＝，
①当a＋1>0，即a>－1时，在(0，1＋a)上，f′(x)>0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(0，1＋a)，单调递减区间是(1＋a，＋∞)；
②当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．
(2)证明：设g(x)＝f(ax)＋＝a(ln a＋ln x－x)，
所以g′(x)＝(x>0)，
当0<x<1时，g′(x)>0，函数g(x)在区间(0，1)上单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(1，＋∞)上单调递减．
所以g(x)在x＝1处取得最大值．
因为当e<a<2时，方程f(ax)＝－有两个不同的实数解x1，x2，
所以函数g(x)有两个不同的零点x1，x2，一个零点比1小，一个零点比1大．
不妨设0<x1<1<x2，
由g(x1)＝0，且g(x2)＝0，得x1＝ln(ax1)，且x2＝ln(ax2)，
则x1＝ex1，x2＝ex2，所以x1x2＝·ex1＋x2，
所以＝·，
令x1＋x2＝t(t>1)，设h(t)＝(t>1)，
则h′(t)＝＝>0.
所以函数h(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，h(t)>e，
所以＝·>.
因为e<a<2，所以>＝，则>，
又x1＋x2>1，所以x1＋x2<4x1x2.