小测卷(13) 利用导数研究函数零点问题（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

色学科网书城回 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 小测卷十三) 利用导数研究函数零点问题 l.解：(I)由f)=e+cosx十sinx, 设hx)=ex+cosx+sinx,则h'(x)=ex-sinx+cosx, 当x≥0时，设p(x)=e-x-l,q)=x-sinx, .p'c)=e-1≥0，qx)=1-cosx≥0， p)和qx)在[0，十∞)上单调递增， ∴px)≥p(0)=0,qx)≥q(0)=0, .当x≥0时，e≥x+1,x≥sinx, 则h'(x)=e-sinx+cosx≥x+1-sinx+cosx=(x-sinx)+(1+cosx)≥0， ∴.函数hc)=er+cosx十sinx在[0，+o∞)上单调递增， .hx)≥h(0)=2, 即当x≥0时，x)≥2 (2)由已知得g(c)=e+sinx-cosx-2x-1, ①当x≥0时，，g'(x)=e+cosx+sinx-2=fx)-2≥0， ∴·gc)在[0，十∞)上单调递增， 又·g0)=-1<0,g(m)=et-2>0, ∴.由零点存在定理可知g(x)在[0，十∞)上仅有一个零点， ②当x<0时， 设m9=2ns(0,则my=2-≤0， ex ∴·m(x)在（一∞，0）上单调递减， .'.m(x)m(0)=1,..ex+cos x+sinx-2<0, .g'(x)=ex+cosx十sinx-2<0,.gr)在(-∞，0)上单调递减， 又，g(0)=-1<0,g(-元)=e-π+2>0， ∴.由零点存在定理可知g)在（一∞，0）上仅有一个零点， 综上所述，gx)有且仅有2个零点. 2.解：(1)x)=2e*-x2-2c-1),fx)=2(ex-x-1), 令gx)=fx),则g'(x)=2(e-1), 令g'x)>0,解得>0，令g(x)0,解得x<0, 所以g)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调递增， 所以fx)=gx)≥g0)=0, 所以x)的单调递增区间为R,无单调递减区间 (2)若gx)=fx)十(a-2)e=aex-x2-2c-1)有两个极值点， 即g'(x)=aex-2x-2有两个变号零点. h(x)=g'(x)=ae*-2x-2, ①当a<0时，hr)=ae一2x一2在R上单调递减，最多只有一个零点，不合题意； ②当a≥2时，hx)=ae-2x-2≥2(e-x-1),由(1)ex>x+1,知hx)=aex-2x-2≥2 (e-x-1)≥0，最多只有一个零点，不合题意. ③当0<a<2时，令h'x)=ae-2=0,得x=ln言： 当x∈（-o,ln号)，hw)0,当x∈（(ln,+oo),h'e)>0: 所以h)在(-oo,ln)单调递减，在(ln后，+o)单调递增， 独家授权侵权必究 色学科网书城回 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 则he)≥h(1n)=2-2n景-2=-2ln, 而当0<a<2时，ln景>0，h(1n景)=-2ln景<0 又h(-1)=0,根据零点存在定理可知1∈（一1，ln导）， 使得h)=0,h(2ln是)=9-4ln景-2=4（景-1n登-专）， 令叠=t∈(2，+∞)，则(*)式>4[t-1)-ln0, 所以32∈(ln,2ln是)，使得hx2)=0, 又h)在（-oo,ln景)单调递减，在(ln后，+o)单调递增， 故h)在(-o,ln层)有唯一零点x,在(ln后，十o)上有唯一零点点 综上知：若x)有两个极值点，则a的取值范围为(0,2). 3.解：(1)设hx)=x)一g), ∴)=员-1+是=2=二+30. ∴.当x∈(0,3)时，h'(x>0,hx)单调递增： 当x∈(3，+∞)时，h(x)<0,hx)单调递减 ∴h)的最大值为h3)=2ln3-3=2(1n3-)0, ..fx)g(x). (2)令Fx)=e-2lnx-4,则F(e)=e-是 令tx)=Fx)=e-是， 又由tx)=e十急>0，得x)=Fx)在(0，十∞)上单调递增. 又：（告）<0，《1)>0，“存在∈（号，1），使o)=0,即e0=忌，且当x∈(0，X) 时，tx)<0:当x∈(Xo,+∞)时，tx)>0, ∴Fx)在(0，Xo)上单调递减，在(Xo,十∞)上单调递增， :e0=忌，∴lne0=n骗，即Xo=m2-nXo,∴mXo=lm2-X, ∴F6x)mm=FX)=e0-2n0-4=号-2n0-4=2(号+0)-2n2-4 由于y=+在（号，1）上单调递减，得 F)=2(+xg)-2n2-4F(3)=2(2+)-21n2-4=1-2n20, 又F(2)=e2-2ln2-4>0,F1)=e1-2ln1-4=e-4<0, Fe2=er2-2lne2-4=e-2>0, 故由零点存在性定理知必存在实数∈（急，1)，82E(1,2),使得F(81)=F)=0, 综上，函数Fx)有两个零点，即方程)=e的两个实数根1，龙满足点x1<l2<2 4.解：(1)由题意知，函数fx)=sin(c一1)-lnx的定义域为(0，+∞)，且f(x)=cos(一1) 一， 令g)=f6)=cosx-1)-支，x∈(0,1+号)， ·独家授权侵权必究· 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.ZxXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 所以g')=-sinc-1)+意，x∈(0,1+号)， 令h)=g'w)=-sinc-1)十意，x∈(0,1+号)， 则h)=-cos6-1)-忌， 当x∈(0,1+号)时，cos(-1)>0,>0,所以h'e)=-cose-1)-是<0， 即h)=ge)=-sin(e-1)十意在x∈(0,1+号)上单调递减， 又h(1)=g'(1)=1>0,h2)=g'(2)=-sin1+<守-sin若<0， a(1+)=g(1+号)=-m爱+守-中-10， 则存在x∈(0,2)，使得h)=gx)=0,即存在x∈(0,1+号)，使得hx0)=g'(x)= 0, 所以当x∈(0，x0)时，hw)=g)>0,当x∈(x0,1+5)时，h)=g'()0, 所以x=xo为gx)=fx)=cos(x一1)一袁的唯一极大值，点， 故f)在区间(0,1+受)上存在唯一极大值点0， (2)由(1)知，fx)=cosc-1)-袁，x∈(0，+∞)， ①当x∈(0,1+号)时，由(1)知，fx)在(0，)上单调递增，在(0,1+号)上单调递 减， 又f0=cos0-1=0,(1+5)=c0s号-克<0， r()=cos（5-1)-亨=sm1-是sm景-=9-是0， 所以存在a∈（受，1+受），使得f(=0, 所以当x∈(0,1)，（c,1+)时，f)0,e单调递减， 当x∈(1，a时，fx)>0,x)单调递增， 又1)=sin0-n1=0,f(1+号)=sm受-ln(1+号)>0， 所以当x∈(0,1+受)时，)有唯一的零点x=1: ②当x∈[1+5,1十T)时，fw)cosx-1)-安<0，f)单调递减， 又1+m)sin元-ln(1+0,所以存在∈[1+号，1+π)，使得f)0: ③当x∈[1+T,+∞)时，ln>l,所以fx)0,则fx)在x∈[1+T,+o)没有 零点： 综上所述，x)有且仅有2个零点 ·独家授权侵权必究· 小测卷(十三)　利用导数研究函数零点问题 1．已知函数f(x)＝ex＋sin x－cos x，f′(x)为f(x)的导数． (1)证明：当x≥0时，f′(x)≥2； (2)设g(x)＝f(x)－2x－1，证明：g(x)有且仅有2个零点． 2．已知函数f(x)＝2ex－x2－2(x－1)(其中e为自然对数的底数)． (1)求f(x)的单调区间； (2)若g(x)＝f(x)＋(a－2)ex有两个极值点，求实数a的取值范围． 3．已知函数f(x)＝2ln x＋4，g(x)＝x＋＋3. (1)证明：f(x)<g(x)； (2)设方程f(x)＝ex有两个实根x1，x2(0<x1<x2)，求证：<x1<1<x2<2. 4．已知函数f(x)＝sin (x－1)－ln x，f′(x)为f(x)的导数． (1)证明：f′(x)在区间上存在唯一极大值点； (2)求函数f(x)的零点个数． 学科网（北京）股份有限公司 $