利用导数研究函数的零点问题考点突破练20-2024届高三数学二轮专题

考点突破练20　利用导数研究函数的零点问题 1.(2020全国Ⅲ,文20)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. 2.(2023黑龙江哈师大附中三模)已知f(x)=ex·sin x-x. (1)若g(x)=0<x<,证明:g(x)存在唯一零点; (2)当x∈(-∞,π)时,讨论f(x)零点个数. 3.(2023湖南娄底模拟)已知函数f(x)=ex+kx2-x(其中k≥0),g(x)=xex-x. (1)证明:函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增; (2)判断方程f(x)=g(x)在R上的实根个数. 4.(2023广东深圳二模)已知函数f(x)=emx-1-x. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当m>0时,函数g(x)=f(x)-+x恰有两个零点. ①求m的取值范围; ②证明:g(x)>. 考点突破练20　利用导数研究函数的零点问题 1.解 (1)f'(x)=3x2-k.当k=0时,f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增;当k<0时,f'(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.当k>0时,令f'(x)=0,得x=±.当x∈(-∞,-)时,f'(x)>0;当x∈(-)时,f'(x)<0;当x∈(,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,-),(,+∞)单调递增,在(-)单调递减. (2)由(1)知,当k≤0时,f(x)在(-∞,+∞)单调递增,f(x)不可能有三个零点.当k>0时,x=-为f(x)的极大值点,x=为f(x)的极小值点.根据f(x)的单调性,当f<0,f>0,即k2-<0,k2+>0时,f(x)有三个零点,解得k<. 因此k的取值范围为(0,). 2.(1)证明 g(x)=, g'(x)=,由于0<x<,所以cos x∈(0,1),excos x>0,x-3<0,所以-3+x-excos x<0,进而g'(x)<0,所以g(x)在区间上单调递减,又g(0)=2>0,g<0,所以g(x)存在唯一零点. (2)解 f(x)=exsin x-x,x∈(-∞,π), 则f'(x)=exsin x+excos x-1,x∈(-∞,π), 当x≤-时,因为ex<,f'(x)=exsin x+excos x-1=ex·(sin x+cos x)-1≤ex-1≤-1<e-1-1<0,此时f(x)在区间上单调递减,f·sin>-+1>0, 所以f(x)在区间上没有零点; 令h(x)=exsin x+excos x-1, 当-<x≤时,h'(x)=2excos x≥0, 所以f'(x)在区间上单调递增,又f'(0)=0,故当-<x<0时,f'(x)<0,故f(x)在区间上单调递减,且f(0)=0,当0<x<时,f'(x)>0,故f(x)在区间上单调递增,因此当-<x≤时,f(x)只有一个零点0.当x∈时,h'(x)=2excos x<0,所以f'(x)在区间上单调递减,f'(π)=-eπ-1<0,f'-1>0, 故∃x0∈,使得f'(x0)=0,且当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,而f>e->0,f(π)=-π<0.所以当x∈时,f(x)>0,此时f(x)无零点,当x∈(x0,π)时,f(x)只有一个零点,综上,当x∈(-∞,π)时,f(x)有2个零点. 3.(1)证明 f'(x)=ex+2kx-1,设F(x)=ex+2kx-1,则F'(x)=ex+2k,因为k≥0,所以F'(x)>0,所以F(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f'(x)=F(x)≥F(0)=0,当且仅当x=0时,取得等号,所以函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增. (2)解 方程f(x)=g(x)在R上有且仅有1个实根. 证明如下: 方程f(x)=g(x),即ex+kx2-x=xex-x, 即(x-1)ex-kx2=0, 令h(x)=(x-1)ex-kx2,则h'(x)=x(ex-2k), 因为当x<1时,h(x)<0,则h(x)在区间(-∞,1)上无零点, 所以只需证明h(x)在区间[1,+∞)上有且只有一个零点. ①若k∈, 当x≥1时,h'(x)≥0,则h(x)在区间[1,+∞)上单调递增, 又因为h(1)=-k≤0,h(2)=e2-4k≥e2-2e>0, 所以h(x)在区间[1,+∞)上有且只有一个零点; ②若k∈,由h'(x)>0,得x>ln(2k),由h'(x)<0,得1≤x<ln(2k),所以h(x)在区间[1,ln(2k))上单调递减,在区间(ln(2k),+∞)上单调递增.又因为h(1)=-k<0,h(k+1)=kek+1-k(k+1)2=k[ek+1-(