专项突破练二十一 导数与零点的综合问题——2022届新高考数学二轮复习专项突破练

专项突破练二十一　导数与零点的综合问题 1．已知函数f(x)＝2x＋m·2－x(m∈R)为奇函数． (1)求实数m的值； (2)若方程f(x)＝2x＋1－a至少有一个实根，求实数a的取值范围． 2．若函数f(x)＝ax3－bx＋4(a，b∈R)，当x＝2时，函数f(x)有极值－. (1)求函数的解析式； (2)求函数的极值； (3)若关于x的方程f(x)＝k有三个零点，求实数k的取值范围． 3．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． 4．已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 5．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围． 6．(2021·全国甲卷)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a＞0. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围． 参考答案 1． 【解析】(1)因为f(x)＝2x＋m·2－x是奇函数， 所以f(－x)＝－f(x)，x∈R， 即2－x＋m·2x＝－(2x＋m·2－x)， 所以(1＋m)＋(m＋1)·22x＝0对一切x∈R恒成立，所以m＝－1. (2)由题意知2x－2－x＝2x＋1－a， 即方程4x－a·2x＋1＝0至少有一个实根． 令t＝2x>0，则方程t2－at＋1＝0至少有一个正根． 令h(t)＝t2－at＋1， 由于h(0)＝1>0，所以只需解得a≥2， 所以a的取值范围为[2，＋∞). 2． 【解析】(1)f′(x)＝3ax2－b， 由题意知 解得 故所求的解析式为f(x)＝x3－4x＋4； (2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)， 令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2，列表如下： x (－∞，－2) －2 (－2，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以当x＝－2时，f(x)有极大值f(－2)＝， 当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝－； (3)由(2)知，当x<－2或x>2时，f(x)单调递增； 当－2<x<2时，f(x)单调递减， 所以函数f(x)＝x3－4x＋4的图象大致如图， 由图可知当－<k<时，f(x)的图象与直线y＝k有三个交点， 所以实数k的取值范围为. 3． 【解析】(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，＋∞)上单调递增． ②若 0<a<1，则>1， 当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ③若a>1，则0<<1， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当0<a<1时，f(x)在(0，1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当a>1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)当1<a<e时， f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 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)上单调递增， 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． 4． 【证明】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞). f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－. 因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－＝>0， 故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0. 又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点． (2)由(1)知f(x0)<f(1