2021届高考数学二轮总复习-第一部分-高考层级专题突破-层级三-2个压轴大题-巧取高分-专题二-函.doc

2021届高考数学二轮总复习 第一部分 高考层级专题突破 层级三 2个压轴大题 巧取高分 专题二 函数、导数与不等式 第一讲 课时跟踪检测导数与函数的零点问题

2021届高考数学二轮总复习 第一部分 高考层级专题突破 层级三 2个压轴大题 巧取高分 专题二 函数、导数与不等式 第一讲 课时跟踪检测导数与函数的零点问题

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姓名：

第一部分　高考层级专题突破
层级三　2个压轴大题　巧取高分
专题二　函数、导数与不等式
第一讲　导数与函数的零点问题
课时跟踪检测(二十三)　导数与函数的零点问题
A卷
1．(2019·福建三明联考)设a为实数，函数f(x)＝－x3＋3x＋a.
(1)求f(x)的极值；
(2)是否存在实数a，使得方程f(x)＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝－3x2＋3，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.
∵当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
∴f(x)的极小值为f(－1)＝a－2，极大值为f(1)＝a＋2.

图1
(2)由(1)得，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，且当x→－∞时，f(x)→＋∞；f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且当x→＋∞时，f(x)→－∞，而a＋2>a－2，即函数的极大值大于极小值，∴当极大值等于0时，极小值小于0，此时曲线f(x)与x轴恰好有两个交点，即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，

图2
如图1所示．∴a＋2＝0，即a＝－2.
极小值等于0时，极大值大于0，此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点，即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，如图2所示．∴a－2＝0，即a＝2.
综上所述，当a＝2或a＝－2时，方程f(x)＝0恰好有两个实数根．
2．(2019·河南郑州质检)已知函数f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数．
解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝ln x＋－，所以f′(x)＝，
①当a<0时，f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，则当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由题意知，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m，x∈的零点个数即方程(ln x－1)ex＋x＝m，x∈的根的个数．令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，x∈，则h′(x)＝ex＋1.由(1)知，当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上单调递减，在(1，e]上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0.
所以＋ln x－1≥0在x∈上恒成立，
所以h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0，
所以h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上单调递增，
所以h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝h(e)＝e，
所以当m<－2e＋或m>e时，函数g(x)在上没有零点；
当－2e＋≤m≤e时函数g(x)在上有一个零点．
B卷
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．
解：(1)证明：设g(x)＝f′(x)＝cos x＋xsin x－1，
则g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．
又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0]．
2．(2019·惠州市一调)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(a∈R)．
(1)试确定函数f(x)的零点个数；
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
解：(1)由f(x)＝0得a＝(2－x)ex，令g(x)＝(2－x)ex，函数f(x)的零点个数即直线y＝a与曲线g(x)＝(2－x)·ex的交点个数，
∵g′(x)＝－ex＋(2－x)ex＝(1－x)ex，
由g′(x)>0得x<1，∴函数g(x)在(－∞，1)上单调递增；
由g′(x)<0，得x>1，∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴当x＝1时，函数g(x)有最大值，g(x)max＝g(1)＝e.
又当x<2时，g(x)>0，g(2)＝0，当x>2时，g(x)<0，作出函数g(x)的大致图象如图所示，

∴当a>e时，函数f(x)没有零点；当a＝e或a≤0时，函数f(x)有一个零点；当0<a<e时，函数f(x)有两个零点．
(2)证明：证法一：函数f(x)的零点即直线y＝a与曲线g(x)＝(2－x)ex的交点的横坐标，
由(1)知0<a<e，不妨设x1<1<x2，得2－x2<1，
∵函数g(x)＝(2－x)ex在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴函数f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
要证x1＋x2<2，只需证x1<2－x2，
∴只需证f(x1)>f(2－x2)，
又f(x1)＝0，故要证f(2－x2)<0.
由a＝g(x2)得f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2(x2>1)，
构造函数h(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则h′(x)＝(1－x)(ex－e2－x)，
当x>1时，ex>e2－x，h′(x)<0，故函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴当x>1时，h(x)<h(1)＝0，
即当x2>1时，f(2－x2)<0，即x1＋x2<2.
证法二：由(1)知0<a<e，不妨设x1<1<x2，
设F(x)＝f(x)－f(2－x)(x>1)，
则F(x)＝(x－2)ex＋xe2－x，
F′(x)＝(1－x)(e2－x－ex)，
易知y＝e2－x－ex是减函数，
∴当x>1时，e2－x－ex<e－e＝0.
又1－x<0，故F′(x)>0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，且x＝1时，f(1)＝0，
∴当x>1时，F(x)>0，即f(x)>f(2－x)．
由x2>1得f(x2)>f(2－x2)，又f(x2)＝0＝f(x1)，
∴f(2－x2)<f(x1)．
由g(x)＝(2－x)ex在(－∞，1)上单调递增，得f(x)＝－g(x)＋a在(－∞，1)上单调递减，
又2－x2<1，∴2－x2>x1，即x1＋x2<2.