2022届高三数学二轮复习：专题突破练7利用导数研究函数的零点（有解析）

专题突破练7　利用导数研究函数的零点1.(2021·湖南师大附中高三二模)已知函数f(x)=xsinx+cosx+ax2.(1)当a=0时,求f(x)在[-π,π]上的单调区间;(2)当a>0时,讨论f(x)在[0,π]上的零点个数.2.(2021·江苏苏州月考)已知函数f(x)=-2lnx(a∈R,a≠0).(1)求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2),且a=4,证明:x1+x2>4. 3.(2021·山东烟台期中)已知函数f(x)=ax++1(a∈R).(1)若函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a≠0时,讨论函数g(x)=f(x)-a-3的零点个数,并给予证明.4.(2021·山西太原三模)已知函数f(x)=alnx-x2+b-ln2的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-x+1.(1)求f(x)的单调区间;(2)设x1,x2(x1<x2)是函数g(x)=f(x)-m的两个零点,求证:x2-x1<-4m.5.(2021·广东佛山期末)已知函数f(x)=lnx-mx有两个零点.(1)求m的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:f'(x1+x2)<0. 6.(2021·广东深圳高三一模)已知函数f(x)=aln2x+2x(1-lnx),a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数g(x)=e2f(x)-2a2有且仅有3个零点,求a的取值范围.(其中常数e=2.71828…,是自然对数的底数)专题突破练7　利用导数研究函数的零点1.解(1)当a=0时,f(x)=xsinx+cosx,x∈[-π,π].f'(x)=sinx+xcosx-sinx=xcosx.当x在区间[-π,π]上变化时,f'(x),f(x)的变化如下表:x-π-π,---,000,,ππf'(x)+0-0+0-f(x)-1单调递增极大值单调递减极小值1单调递增极大值单调递减-1∴f(x)的单调增区间为-π,-,0,,f(x)的单调减区间为-,0,,π.(2)f'(x)=ax+xcosx=x(a+cosx),x∈[0,π].当a≥1时,a+cosx≥0在[0,π]上恒成立,∴x∈[0,π]时,f'(x)≥0,f(x)在[0,π]上单调递增. 又f(0)=1>0,∴f(x)在[0,π]上没有零点;当0<a<1时,令f'(x)=0,得cosx=-a.由-1<-a<0可知存在唯一x0∈,π使得cosx0=-a.∴当x∈[0,x0)时,f'(x)≥0,f(x)单调递增;当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.∵f(0)=1,f(x0)>1,f(π)=aπ2-1.①当aπ2-1>0,即<a<1时,f(x)在[0,π]上没有零点.②当aπ2-1≤0,即0<a时,f(x)在[0,π]上有1个零点.综上,当0<a时,f(x)有1个零点;当a>时,f(x)没有零点.2.(1)解函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=当a<0时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,所以f(x)在区间(0,+∞)上无极值;当a>0时,若x∈(0,),f'(x)<0,f(x)在区间(0,)上单调递减.若x∈(,+∞),f'(x)>0,f(x)在区间(,+∞)上单调递增,故f(x)在区间(0,+∞)上的极小值为f()=1-2ln=1-lna,无极大值.(2)证明当a=4时,f(x)=-2lnx.由(1)知,f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,x=2是函数f(x)的极值点.又x1,x2为函数f(x)的零点,所以0<x1<2<x2,要证x1+x2>4,只需证x2>4-x1.∵f(4-x1)=-2ln(4-x1)=-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=-2lnx1=0,∴f(4-x1)=2lnx1-2x1+4-2ln(4-x1).令h(x)=2lnx-2x+4-2ln(4-x)(0<x<2),则h'(x)=-2+>0,∴h(x)在区间(0,2)上单调递增,∴h(x)<h(2)=0,∴f(4-x1)<0=f(x2),又4-x1>2,x2>2,∴4-x1<x2,即x1+x2>4得证.3.解(1)f'(x)=a-由题意得f'(x)≥0,即a在区间(1,+∞)上恒成立.当x∈(1,+∞)时,0,,所以a故实数a的取值范围为,+∞.(2)当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点;当a>0时,函数g(x)有两个零点.证明如下:由已知得g(x)=ax+-a-2,则g'(x)=a-当a<0时,g'(x)<0,所以函数g(x)单调递减.又g(0)=-a>0,g(1)=-2<0,故函数g(x)有且只有一个零点.当a>0时,令g'(x)<0,得x<ln,令g'(x)>0,得x>ln,所以函数g(x)在区间-∞,ln上单调递减,在区间ln,+∞上单调递增,而g=aln<0,g>0.由于x>lnx,所以>ln,所以g(x)在区间ln上存在一个零点.又gln=aa-ln,且ln<ln,设h(a)=a-ln,则h'(a)=1->0在区间(0,+∞)上恒成立, 故h(a)在区间(0,+∞)上单调递增.而h(0)=0,所以h(a)>0在区间(0,+∞)上恒成立,所以gln>0,所以g(x)在区间ln,ln上存在一个零点.综上所述,当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点;当a>0时,函数g(x)有两个零点.4.(1)解由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-x+1,所以解得所以f(x)=lnx-x2+1-ln2,f'(x)=x=,当x∈(0,)时,f'(x)>0;当x∈(,+∞)时,f'(x)<0,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,+∞).(2)证明由(1)得f(x)=lnx-x2+1-ln2(x>0),且f(x)在区间(0,)上单调递增,在区间[,+∞)上单调递减,由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0<x1<<x2,∴x2-x1-+4m=x2-x1-+2(f(x2)+f(x1))=2lnx2+x2-+2lnx1-x1--4ln2.令t1(x)=2lnx+x-x2,x>,则t1'(x)=,令t1'(x)>0,得<x<2;令t1'(x)<0,得x>2,∴t1(x)在区间(,2]上单调递增,在区间(2,+∞)上单调递减,∴t1(x)≤t1(2)=2ln2.令t2(x)=2lnx-x-x2,0<x<,则t2'(x)=,令t2'(x)>0,得0<x<1;令t2'(x)<0,得1<x<,∴t2(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间[1,)上单调递减,∴t2(x)≤t2(1)=-,∴x2-x1-+4m≤t1(2)+t2(1)+-4ln2=1-2ln2<0.∴x2-x1<-4m.5.(1)解f'(x)=-m=(x>0),当m≤0时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,至多有一个零点;当m>0时,若0<x<,则f'(x)>0,f(x)在区间0,上单调递增;若x>,则f'(x)<0,f(x)在区间,+∞上单调递减,∴f(x)在x=处取得最大值,由题意得f=-lnm-1>0得0<m<,此时,有>e>1,而f(1)=-m<0,f=-2lnm-<0,∴由零点存在定理可知,f(x)在区间1,和上各有一个零点.综上所述,m的取值范围是0,.(2)证明∵x1,x2是f(x)的两个零点,不妨设x1>x2>0,∴lnx1-mx1=0①,lnx2-mx2=0②,①-②得lnx1-lnx2=mx1-mx2,即有m=,由f'(x)=-m,有f'(x1+x2)=-m=,∴要证f'(x1+x2)<0,即证,即证lnx1-lnx2>,即证ln>0,即证ln-1>0,令=t>1,设φ(t)=lnt+-1(t>1),则φ'(t)=>0,∴φ(t)在区间(1,+∞)上单调递增,则φ(t)>φ(1)=0,∴f'(x1+x2)<0得证. 6.解(1)因为f(x)=aln2x+2x(1-lnx),其定义域为(0,+∞),则f'(x)=(x>0),且f'(1)=0.①若a≤0,当0<x<1时,f'(x)>0,即函数f(x)在(0,1)单调递增,当x>1时,f'(x)<0,函数f(x)在(1,+∞)单调递减;②当0<a<1时,令f'(x)=0,解得x=1,或x=a,当a<x<1时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,当x>1或0<x<a时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,所以f(x)在(a,1)上单调递增,在(0,a),(1,+∞)上单调递减;③当a=1时,f'(x)≤0恒成立,即函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;④当a>1时,当1<x<a时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,当x>a或0<x<1时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.所以f(x)在(1,a)上单调递增,在(0,1),(a,+∞)上单调递减.(2)令g(x)=e2f(x)-2a2=0,即f(x)=有且仅有3个实根,所以y=f(x)与y=的图象有三个交点,所以由(1)知,必有0<a<1或a>1.①当0<a<1时,f(x)在(a,1)上单调递增,在(0,a),(1,+∞)单调递减;所以f(x)的极小值为f(a)=aln2a+2a(1-lna),极大值为f(1)=2,又f(a)=aln2a+2a(1-lna)=a(ln2a+2-2lna)=a[(lna-1)2+1]>a>,所以y=f(x)与y=的图象至多有1个交点,所以舍去;②当a>1时,f(x)在(1,a)上单调递增,在(0,1),(a,+∞)单调递减.所以f(x)的极小值为f(1)=2,极大值为f(a)=aln2a+2a(1-lna),所以只有当2<<a(ln2a+2-2lna)时,y=f(x)与y=的图象才有三个交点,当2<时,a>e,下面只需要求解不等式<a(ln2a+2-2lna),即<ln2a+2-2lna的解集,令lna=t,则<ln2a+2-2lna等价于2et-2<t2+2-2t,设h(t)=t2+2-2t-2et-2,则h'(t)=2t-2-2et-2,令u(t)=2t-2-2et-2,则u'(t)=2-2et-2,令u'(t)=0,则t=2,且当t<2时,u'(t)>0,函数u(t)单调递增,当t>2时,u'(t)<0,函数u(t)单调递减,又u(2)=0,所以u(t)≤0,即h'(t)≤0,所以h(t)单调递减,又h(2)=0,所以t<2时,h(t)>0,即lna=t<2,得到0<a<e2,综上,e<a<e2.