第三章高考专题突破(一)第1课时 导数与方程（综合训练·能力提升）-2021新高考数学【导学教程】一轮总复习

第1课时　导数与方程 A组　基础达标 一、选择题 1.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·惠州一调)函数f(x)＝－cos x在[0，＋∞)内(　　) A.没有零点 B.有且仅有一个零点 C.有且仅有两个零点 D.有无穷多个零点 解析　f′(x)＝＋sin x， 当x∈(0，π)时，＞0，sin x＞0， 故f′(x)＝＋sin x＞0， 函数在[0，π)上为单调递增函数. 取x＝＜0， －cos＝，得f 而f＞0， ＝ 可得函数在[0，π)上有唯一零点. 当x≥π时，＞1，且cos x≤1， ≥ 故函数在区间[π，＋∞)上恒为正值，没有零点，故选B. 答案　B 3.(2020·合肥调研)若函数f(x)＝ax－ln x－1有零点，则实数a的取值范围是(　　) A.(－∞，1] B.(－∞，1) C.(－∞，2] D.[1，＋∞) 解析　令f(x)＝ax－ln x－1＝0，则a＝， 令g(x)＝， 则g′(x)＝， ＝ 由g′(x)＝0可得x＝1， 所以当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 所以g(x)max＝g(1)＝1， 所以若f(x)有零点，则a≤1. 答案　A 4.(多选题)已知函数y＝mex的图象与直线y＝x＋2m有两个交点，则m的取值可以是(　　) A.－1 B.1 C.2 D.3 解析　令f(x)＝mex－x－2m，f′(x)＝mex－1， 当m≤0时，f′(x)＝mex－1＜0，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点，不符合题意，舍去. 当m＞0时，令f′(x)＝mex－1＝0，解得x＝－ln m. 可得函数f(x)在x＝－ln m时取得最小值， f(－ln m)＝1＋ln m－2m＝g(m)，(m＞0). g′(m)＝取得最大值， －2，可得函数g(m)在m＝ g＝－ln 2＜0， ∴f(x)的最小值f(－ln m)＜0. ∴m＞0时，函数f(x)有且仅有两个零点， 即函数y＝mex的图象与直线y＝x＋2m有两个交点， ∴m的取值可以是1，2，3.故选B、C、D. 答案　BCD 二、解答题 5.已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0). (1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围. 解析　(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R， 又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1， 所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1. 易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex＞0， ①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)在R上是增函数， 当x＞1时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0； 当x＜0时，取x＝－， 则f＝－a＜0.＜1＋a 所以函数f(x)存在零点，不满足题意. ②当a＜0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a). 在(－∞，ln(－a))上，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值. 函数f(x)不存在零点， 等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a ＝－2a＋aln(－a)＞0，解得－e2＜a＜0. 综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0). 6.(2020·大连期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}. (1)求函数f(x)的解析式； (2)求函数g(x)＝－4ln x的零点个数. 解析　(1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}， ∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1. 故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3. (2)由(1)知g(x)＝－4ln x ＝x－－4ln x－2， ∴g(x)的定义域为