届人教A版 利用导数研究函数零点问题 检测卷.docx

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届人教A版利用导数研究函数零点问题检测卷

A卷

1.设a>1，函数f（x）＝（1＋x2）ex－a.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）证明：

f（x）在（－∞，＋∞）上仅有一个零点．

2．函数f（x）＝x3－kx，其中实数k为常数．

（1）当k＝4时，求函数的单调区间；

（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝k只有一个交点，求实数k的取值范围．

3．（2017·贵阳调研）已知函数f（x）＝（a<0）．

（1）当a＝－1时，求函数f（x）的极值；

（2）若函数F（x）＝f（x）＋1没有零点，求实数a的取值范围．

4.设函数f（x）＝（x＋a）lnx，g（x）＝.已知曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线与直线2x－y＝0平行．

（1）求a的值；

（2）是否存在自然数k，使得方程f（x）＝g（x）在（k，k＋1）内存在唯一的根？

如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由．

5．已知函数f（x）＝（x＋a）ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）当a<1时，试确定函数g（x）＝f（x－a）－x2的零点个数，并说明理由．

答案精析

1．

（1）解　f′（x）＝2xex＋（1＋x2）ex

＝（x2＋2x＋1）ex＝（x＋1）2ex，∀x∈R，f′（x）≥0恒成立．

∴f（x）的单调递增区间为（－∞，＋∞）．

（2）证明　∵f（0）＝1－a，f（a）＝（1＋a2）ea－a，

∵a>1，∴f（0）<0，f（a）>2aea－a>2a－a＝a>0，

∴f（0）·f（a）<0，

∴f（x）在（0，a）上有一个零点，

又∵f（x）在（－∞，＋∞）上递增，

∴f（x）在（0，a）上仅有一个零点，

∴f（x）在（－∞，＋∞）上仅有一个零点．

2．解　

（1）因为f′（x）＝x2－k，

当k＝4时，f′（x）＝x2－4，

令f′（x）＝x2－4＝0，

所以x1＝2，x2＝－2.

f′（x）、f（x）随x的变化情况如下表：

x

（－∞，－2）

－2

（－2，2）

2

（2，＋∞）

f′（x）

＋

0

－

0

＋

f（x）

极大值

极小值

所以f（x）的单调递增区间是（－∞，－2），（2，＋∞）；单调递减区间是（－2,2）．

（2）令g（x）＝f（x）－k，

由题意知，g（x）只有一个零点．

因为g′（x）＝f′（x）＝x2－k.

当k＝0时，g（x）＝x3，

所以g（x）只有一个零点0.

当k<0时，g′（x）＝x2－k>0对x∈R恒成立，

所以g（x）单调递增，所以g（x）只有一个零点．

当k>0时，令g′（x）＝f′（x）＝x2－k＝0，解得x1＝或x2＝－.

g′（x），g（x）随x的变化情况如下表：

x

（－∞，－）

－

（－，）

（，＋∞）

g′（x）

＋

0

－

0

＋

g（x）

极大值

极小值

g（x）有且仅有一个零点等价于g（－）<0，

即k－k<0，解得0

综上所述，k的取值范围是k<.

3．解　

（1）当a＝－1时，f（x）＝，f′（x）＝.

由f′（x）＝0，得x＝2.

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x

（－∞，2）

2

（2，＋∞）

f′（x）

－

0

＋

f（x）

极小值

所以，函数f（x）的极小值为f

（2）＝－，函数f（x）无极大值．

（2）F′（x）＝f′（x）＝＝.

当a<0时，F′（x），F（x）随x的变化情况如下表：

x

（－∞，2）

2

（2，＋∞）

F′（x）

－

0

＋

F（x）

极小值

若使函数F（x）没有零点，当且仅当F

（2）＝＋1>0，

解得a>－e2，所以此时－e2

故实数a的取值范围为（－e2,0）．

4．解　

（1）由题意知，曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线斜率为2，所以f′

（1）＝2，

又f′（x）＝lnx＋＋1，所以a＝1.

（2）当k＝1时，方程f（x）＝g（x）在（1,2）内存在唯一的根．

设h（x）＝f（x）－g（x）＝（x＋1）lnx－，

当x∈（0,1]时，h（x）<0.

又h

（2）＝3ln2－＝ln8－>1－1＝0，

所以存在x0∈（1,2），使得h（x0）＝0.

因为h′（x）＝lnx＋＋1＋，

所以当x∈（1,2）时，h′（x）>1－>0，当x∈[2，＋∞）时，h′（x）>0，

所以当x∈（1，＋∞）时，h（x）单调递增，

所以当k＝1时，方程f（x）＝g（x）在（k，k＋1）内存在唯一的根．

5．解　

（1）因为f（x）＝（x＋a）ex，x∈R，所以f′（x）＝（x＋a＋1）ex.

令f′（x）＝0，得x＝－a－1.

当x变化时，f（x）和f′（x）的变化情况如下：

x

（－∞，－a－1）

－a－1

（－a－1，＋∞）

f′（x）

－

0

＋

f（x）

极小值

故f（x）的单调递减区间为（－∞，－a－1），单调递增区间为（－a－1，＋∞）．

（2）结论：

函数g（x）有且仅有一个零点．

理由如下：

由g（x）＝f（x－a）－x2＝0，得方程xex－a＝x2，

显然x＝0为此方程的一个实数解，

所以x＝0是函数g（x）的一个零点．

当x≠0时，方程可化简为ex－a＝x.

设函数F（x）＝ex－a－x，则F′（x）＝ex－a－1，令F′（x）＝0，得x＝a.

当x变化时，F（x）和F′（x）的变化情况如下：

x

（－∞，a）

a

（a，＋∞）

F′（x）

－

0

＋

F（x）

极小值

即F（x）的单调递增区间为（a，＋∞），单调递减区间为（－∞，a）．

所以F（x）的最小值F（x）min＝F（a）＝1－a.

因为a<1，所以F（x）min＝F（a）＝1－a>0，

所以对于任意x∈R，F（x）>0，

因此方程ex－a＝x无实数解．

所以当x≠0时，函数g（x）不存在零点．

综上，函数g（x）有且仅有一个零点．

B卷

A卷

一、选择题

1．如果f′（x）是二次函数，且f′（x）的图象开口向上，顶点坐标为（1，），那么曲线y＝f（x）上任意一点的切线的倾斜角α的取值范围是（　　）

A．（0，]B．[，）

C．（，]D．[，π）

2．（2016·福建福州三中月考）已知点A（1,2）在函数f（x）＝ax3的图象上，则过点A的曲线C：

y＝f（x）的切线方程是（　　）

A．6x－y－4＝0B．x－4y＋7＝0

C．6x－y－4＝0或x－4y＋7＝0D．6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝0

3．（2016·兰州诊断）在直角坐标系xOy中，设P是曲线C：

xy＝1（x>0）上任意一点，l是曲线C在点P处的切线，且l交坐标轴于A，B两点，则以下结论正确的是（　　）

A．△OAB的面积为定值2

B．△OAB的面积有最小值3

C．△OAB的面积有最大值4

D．△OAB的面积的取值范围是[3,4]

4．若函数f（x）＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间（k－1，k＋1）内不是单调函数，则实数k的取值范围是（　　）

A．[1，＋∞）B．[1，）

C．[1,2）D．[，2）

5．若函数y＝x3－3ax＋a在（1,2）内有极小值，则实数a的取值范围是（　　）

A．1

C．24或a<1

6．已知函数f（x）＝x3＋ax2＋x＋2（a>0）的极大值点和极小值点都在区间（－1,1）内，则实数a的取值范围是（　　）

A．（0,2]B．（0,2）

C．[，2）D．（，2）

7．如果函数f（x）＝x3－x满足：

对于任意的x1，x2∈[0,2]，都有|f（x1）－f（x2）|≤a2恒成立，则a的取值范围是（　　）

A．[－，]B．[－，]

C．（－∞，－]∪[，＋∞）D．（－∞，－]∪[，＋∞）

8．（2017·景德镇质检）已知f（x）＝ax＋＋2－2a（a>0），若f（x）≥2lnx在[1，＋∞）上恒成立，则a的取值范围是（　　）

A．（1，＋∞）B．[1，＋∞）

C．（2，＋∞）D．[2，＋∞）

二、填空题

9．若函数f（x）＝lnx＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是________________．

10．函数f（x）＝ax－cosx，x∈[，]，若∀x1，x2∈[，]，x1≠x2，<0，则实数a的取值范围是________．

11．若函数f（x）＝ax3＋x恰有3个单调区间，则a的取值范围为________．

12．已知函数f（x）＝（a>0），若f（x）为R上的单调函数，则实数a的取值范围是________.

答案精析

1．B　[根据已知可得f′（x）≥，即曲线y＝f（x）上任意一点的切线的斜率k＝tanα≥，结合正切函数的图象，可知α∈[，），故选B.]

2．D　[由于点A（1,2）在函数f（x）＝ax3的图象上，则a＝2，即y＝2x3，所以y′＝6x2.若点A为切点，则切线斜率为6，若点A不是切点，设切点坐标为（m,2m3），则切线的斜率为k＝6m2.由两点的斜率公式，得＝6m2（m≠1），即有2m2－m－1＝0,解得m＝1（舍去）或m＝－.综上，切线的斜率为k＝6或k＝6×＝，则过点A的曲线C：

y＝f（x）的切线方程为y－2＝6（x－1）或y－2＝（x－1），即6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝0.故选D.]

3．A　[由题意，得y＝.设点P（x0，y0）（x0>0），y0＝，y′＝－，因此切线的斜率k＝－，切线方程为y－y0＝－（x－x0）．当x＝0时，y＝y0＋＝；当y＝0时，x＝xy0＋x0＝2x0，因此S△OAB＝xy＝2为定值．故选A.]

4．B　[∵f（x）＝2x2－lnx（x>0），

∴f′（x）＝4x－＝（x>0），

由f′（x）＝0，得x＝，

当x∈（0，）时，f′（x）<0；

当x∈（，＋∞）时，f′（x）>0，

据题意，

解得1≤k<.]

5．B　[y′＝3x2－3a，当a≤0时，y′≥0，

函数y＝x3－3ax＋a为单调函数，不合题意，舍去；当a>0时，y′＝3x2－3a＝0⇒x＝±，不难分析，当1<<2，即1

6．D　[由题意可知f′（x）＝0的两个不同解都在区间（－1，1）内．因为f′（x）＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得

又a>0，解得

7．D　[∵f′（x）＝x2－1，

∴当0

当10，

∴f（x）＝x3－x在x＝1时取到极小值，也是x∈[0,2]上的最小值，

∴f（x）极小值＝f

（1）＝－＝f（x）最小值，

又∵f（0）＝0，f

（2）＝，

∴在x∈[0,2]上，f（x）最大值＝f

（2）＝，∵对于任意的x1，x2∈[0,2]，

∴都有|f（x1）－f（x2）|≤a2恒成立，

∴只需a2≥|f（x）最大值－f（x）最小值|＝－（－）＝即可，

∴a≥或a≤－.故选D.]

8．B　[f（x）≥2lnx在[1，＋∞）上恒成立，即f（x）－2lnx≥0在[1，＋∞）上恒成立．设g（x）＝f（x）－2lnx＝ax＋＋2－2a－2lnx，则g′（x）＝a－－＝.

令g′（x）＝0，则x＝1或x＝.由于g

（1）＝0，a>0，因此≤1（否则是g（x）的极小值点，即