2022届高考数学(文科)总复习课时跟踪练：(十六)导.doc

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课时跟踪练(十六)
A组　基础巩固
1．(2019·贵阳联考)已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a的零点的个数为(　　)

A．1 B．2 C．3 D．4
解析：根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．
由于f(0)＝f(3)＝2，1＜a＜2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.

答案：D
2．(2019·邢台月考)已知f(x)＝ex－ax2.命题p：∀a≥1，y＝f(x)有三个零点，
命题q：∃a∈R，f(x)≤0恒成立．
则下列命题为真命题的是(　　)
A．p∧q B．(¬p)∧(¬q)
C．(¬p)∧q D．p∧(¬q)
解析：对于命题p：当a＝1时，f(x)＝ex－x2，在同一坐标系中作出y＝ex，y＝x2的图象(图略)，由图可知y＝ex与y＝x2的图象有1个交点，所以f(x)＝ex－x2有1个零点，故命题p为假命题，因为f(0)＝1，所以命题q显然为假命题．故(¬p)∧(¬q)为真．
答案：B
3．若函数f(x)＝＋1(a＜0)没有零点，则实数a的取值范围为________．
解析：f′(x)＝＝(a＜0)．
当x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.
所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1＞0，
解得a＞－e2，因此－e2＜a＜0.
答案：(－e2，0)
4．(2019·汕头一模)函数f(x)＝ln x＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为________．
解析：由函数f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝，
又x0使f′(x)＝f(x)成立，所以＝ln x0＋a，且0<x0<1.
所以a＝－ln x0，x0∈(0，1)．
又y＝－ln x0在(0，1)上是减函数，所以a>1.
答案：(1，＋∞)
5．(2019·惠州调研)已知函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A.
(1)求函数f(x)的单调增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．
解：(1)因为函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A，
所以－4a－4a－2＝，解得a＝2，
即f(x)＝x3－x2－2x－2，
所以f′(x)＝x2－x－2.
由f′(x)>0，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，
f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－<2m－3<－，解得－<m<.
所以m的取值范围为.
6．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
(1)证明：由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x，
因为h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，
所以h(1)·h(2)<0，
所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．
(2)解：由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)，
而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．
又h(x)在(1，2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
B组　素养提升
7．(2018·江苏卷改编)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，求函数f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和．
解：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x>0)．
(1)当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增，
又f(0)＝1，所以f(x)在(0，＋∞)上无零点．
(2)当a>0时，由f′(x)>0解得x>，
由f′(x)<0解得0<x<，
所以f(x)在(0，)上递减，在(，＋∞)上递增．
又f(x)只有一个零点，所以f()＝－＋1＝0，所以a＝3.
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上递增，在[0，1]上递减．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，
所以f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
8．已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的单调递增区间；
(2)当0＜－＜e时，若f(x)在区间(0，e)上的最大值为－3，求a的值；
(3)当a＝－1时，试推断方程|f(x)|＝＋是否有实数根．
解：(1)由已知可知函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x(x＞0)，f′(x)＝(x＞0)；
当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)．
(2)因为f′(x)＝a＋(x＞0)，令f′(x)＝0，解得x＝－.
当0<－<e时，
由f′(x)＞0，解得0＜x＜－；由f′(x)＜0，解得－＜x＜e.
从而f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，f(x)max＝f＝－1＋ln＝－3.
解得a＝－e2.
(3)由(1)知当a＝－1时，f(x)max＝f(1)＝－1，
所以|f(x)|≥1.
令g(x)＝＋，则g′(x)＝.
当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0.
从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
所以g(x)max＝g(e)＝＋＜1，
所以，|f(x)|＞g(x)，即|f(x)|＞＋，
所以，方程|f(x)|＝＋没有实数根．