《2020届高考数学（理科）总复习课时跟踪练：（十六）导数与函数的零点（提升课） Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学（理科）总复习课时跟踪练：（十六）导数与函数的零点（提升课） Word版含解析.pdf（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时跟踪练课时跟踪练(十六十六) A 组 基础巩固组 基础巩固 1(2019贵阳联考贵阳联考)已知函数已知函数 f(x)的定义域为的定义域为1，4，部分对应 值如下表： ，部分对应 值如下表： x10234 f(x)12020 f(x)的导函数的导函数 yf(x)的图象如图所示当的图象如图所示当 1a2 时，函数时，函数 y f(x)a 的零点的个数为的零点的个数为( ) A1 B2 C3 D4 解析：解析：根据导函数图象，知根据导函数图象，知 2 是函数的极小值点，函数是函数的极小值点，函数 yf(x) 的大致图象如图所示的大致图象如图所示 由于由于 f(0)f(3)2，1a2，所以，所以
2、yf(x)a 的零点个数为的零点个数为 4. 答案：答案：D 2(2019邢台月考邢台月考)已知已知 f(x)exax2.命题命题 p：a1，yf(x) 有三个零点，命题有三个零点，命题 q：aR，f(x)0 恒成立恒成立 则下列命题为真命题的是则下列命题为真命题的是( ) Apq B( p)( q) C( p)q Dp( q) 解析：解析：对于命题对于命题 p：当：当 a1 时，时，f(x)exx2，在同一坐标系中 作出 ，在同一坐标系中 作出 yex，yx2的图象的图象(图略图略)，由图可知，由图可知 yex与与 yx2的图象有的图象有 1 个交点，所以个交点，所以 f(x)exx2有有
3、1 个零点，故命题个零点，故命题 p 为假命题，因为为假命题，因为 f(0)1， 所以命题 ， 所以命题 q 显然为假命题故显然为假命题故( p)( q)为真为真 答案：答案：B 3若函数若函数 f(x)1(a0)没有零点，则实数没有零点，则实数 a 的取值范围的取值范围 axa ex 为为_ 解析：解析：f(x)(a0) aex（axa）ex e2x a（x2） ex 当当 x2 时，时，f(x)0；当；当 x2 时，时，f(x)0. 所以当所以当 x2 时，时，f(x)有极小值有极小值 f(2) 1. a e2 若使函数若使函数 f(x)没有零点，当且仅当没有零点，当且仅当 f(2) 10
4、， a e2 解得解得 ae2，因此，因此e2a0. 答案：答案：(e2，0) 4 (2019汕头一模汕头一模)函数函数 f(x)ln xa 的导数为的导数为 f(x)， 若方程， 若方程 f(x) f(x)的根的根 x0小于小于 1，则实数，则实数 a 的取值范围为的取值范围为_ 解析：解析：由函数由函数 f(x)ln xa 可得可得 f(x) ， ， 1 x 又又 x0使使 f(x)f(x)成立，所以成立，所以ln x0a，且，且 01. 1 x0 答案：答案：(1，) 5 (2019惠州调研惠州调研)已知函数已知函数 f(x) x3 x2ax2的图象过点的图象过点A a 6 a 4 .
5、(4， ，10 3) (1)求函数求函数 f(x)的单调增区间；的单调增区间； (2)若函数若函数 g(x)f(x)2m3 有有 3 个零点，求个零点，求 m 的取值范围的取值范围 解：解：(1)因为函数因为函数 f(x) x3 x2ax2 的图象过点的图象过点 A， a 6 a 4 (4， ，10 3) 所以所以4a4a2，解得，解得 a2， 32a 3 10 3 即即 f(x) x3 x22x2， 1 3 1 2 所以所以 f(x)x2x2. 由由 f(x)0，得，得 x2. 所以函数所以函数 f(x)的单调增区间是的单调增区间是(，1)，(2，) (2)由由(1)知知 f(x)极大值 极
6、大值 f(1) 22 ， ， 1 3 1 2 5 6 f(x)极小值 极小值 f(2) 242， 8 3 16 3 由数形结合，可知要使函数由数形结合，可知要使函数 g(x)f(x)2m3 有三个零点，有三个零点， 则则0，2 所以所以 h(1)h(2)0，因此，因此 (x)在在(0，)上单递增，上单递增， 易知易知 (x)在在(0，)内只有一个零点，内只有一个零点， 则则 h(x)在在0，)上有且只有两个零点，上有且只有两个零点， 所以方程所以方程 f(x)g(x)的根的个数为的根的个数为 2. B 组 素养提升组 素养提升 7 (2018江苏卷改编江苏卷改编)若函数若函数 f(x)2x3a
7、x21(aR)在在(0， ， ) 内有且只有一个零点，求函数内有且只有一个零点，求函数 f(x)在在1，1上的最大值与最小值的 和 上的最大值与最小值的 和 解：解：f(x)6x22ax2x(3xa)(x0) (1)当当 a0 时，时，f(x)0，f(x)在在(0，)上递增，上递增， 又又 f(0)1，所以，所以 f(x)在在(0，)上无零点上无零点 (2)当当 a0 时，由时，由 f(x)0 解得解得 x ， a 3 由由 f(x)0 解得解得 0x ， a 3 所以所以 f(x)在在(0， )上递减，在上递减，在( ，)上递增上递增 a 3 a 3 又又 f(x)只有一个零点，所以只有一个
8、零点，所以 f( )10， a 3 a3 27 所以所以 a3. 此时此时 f(x)2x33x21，f(x)6x(x1)， 当当 x1，1时，时，f(x)在在1，0上递增，在上递增，在0，1上递减上递减 又又 f(1)0，f(1)4， 所以所以 f(x)maxf(x)minf(0)f(1)143. 8已知函数已知函数 f(x)axln x，其中，其中 a 为常数为常数 (1)当当 a1 时，求时，求 f(x)的单调递增区间；的单调递增区间； (2)当当 0 e 时，若时，若 f(x)在区间在区间(0，e)上的最大值为上的最大值为3，求，求 a 1 a 的值；的值； (3)当当 a1 时，试推断
9、方程时，试推断方程|f(x)| 是否有实数根 是否有实数根 ln x x 1 2 解：解：(1)由已知可知函数由已知可知函数 f(x)的定义域为的定义域为x|x0， 当当 a1 时，时，f(x)xln x(x0)，f(x)(x0)； 1x x 当当 0x1 时，时，f(x)0；当；当 x1 时，时，f(x)0. 所以所以 f(x)的单调递增区间为的单调递增区间为(0，1) (2)因为因为 f(x)a (x0)， 1 x 令令 f(x)0，解得，解得 x . 1 a 当当 0 e 时，由时，由 f(x)0，解得，解得 0x ； ； 1 a 1 a 由由 f(x)0，解得 ，解得 xe. 1 a
10、从而从而 f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，的单调递增区间为，单调递减区间为， (0， ，1 a) ( 1 a， ，e) 所以，所以，f(x)maxf1ln3. ( 1 a) ( 1 a) 解得解得 ae2. (3)由由(1)知当知当 a1 时，时，f(x)maxf(1)1， 所以所以|f(x)|1. 令令 g(x) ，则 ，则 g(x). ln x x 1 2 1ln x x2 当当 0xe 时，时，g(x)0；当；当 xe 时，时，g(x)0. 从而从而 g(x)在在(0，e)上单调递增，在上单调递增，在(e，)上单调递减上单调递减 所以所以 g(x)maxg(e) 1， 1 e 1 2 所以，所以，|f(x)|g(x)，即，即|f(x)| ， ， ln x x 1 2 所以，方程所以，方程|f(x)| 没有实数根 没有实数根 ln x x 1 2