《（浙江专用）2020版高考数学一轮复习 专题3 导数及其应用 第21练 利用导数研究函数零点问题练习（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）2020版高考数学一轮复习 专题3 导数及其应用 第21练 利用导数研究函数零点问题练习（含解析）（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第21练 利用导数研究函数零点问题基础保分练1.已知函数f(x)ex2xa有零点，则a的取值范围是()A.(，2ln2) B.(，1C.(2ln2，) D.(，2ln222.(2019浙江三市联考)如图是函数f(x)x2axb的部分图象，则函数g(x)lnxf(x)的零点所在的区间是()A.B.(1,2)C.D.(2,3)3.设函数f(x)xlnx(x0)，则yf(x)()A.在区间，(1，e)内均有零点B.在区间，(1，e)内均无零点C.在区间内有零点，在区间(1，e)内无零点D.在区间内无零点，在区间(1，e)内有零点4.已知函数f(x)lnxax2x有两个零点，则实数a的取值范围是()A
2、.(，1) B.(0,1)C.D.5.(2019温州模拟)定义：如果函数yf(x)在区间a，b上存在x1，x2(ax1x20)，若函数f(x)有两个大于0的零点，则实数a的取值范围是_.能力提升练1.(2019温州模拟)已知M|f()0，N|g()0，若存在M，N，使得|n，则称函数f(x)与g(x)互为“n度零点函数”.若f(x)32x1与g(x)x2aex互为“1度零点函数”，则实数a的取值范围为()A.B.C.D.2.若函数f(x)aexx2a有两个零点，则实数a的取值范围是()A.B.C.(，0) D.(0，)3.(2019宁波模拟)已知函数f(x)xex，x(，2)，函数g(x)ax
3、1，x2,2，若对任意的x12,2，总存在唯一x0(，2)，使得f(x0)g(x1)成立，则实数a的取值范围为()A.B.C.D.4.已知函数F(x)2(a1)1a有三个不同的零点x1，x2，x3(其中x1x2x3)，则2的值为()A.1aB.a1C.1D.15.已知函数f(x)(x1)exax2，若yf(cosx)在x0，上有且仅有两个不同的零点，则实数a的取值范围为_.6.若函数f(x)lnxax2bxa2b有两个极值点x1，x2，其中a0，且f(x2)x2x1，则方程2af(x)2bf(x)10的实根个数为_.答案精析基础保分练1.D2.C3.D4.B5.A6.B7.C8.D9.10.能
4、力提升练1.B由f(x)32x10，可得32x1，故2x0，x2，可知M|f()02，因为函数f(x)32x1与g(x)x2aex互为“1度零点函数”，所以存在，使得g()0，且|2|1，可得121，所以10，所以a，令h(x)，则问题可转化为函数h(x)在x(1,3)上的图象与直线ya有交点.h(x)，可知h(x)在(1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递减，又h(1)，h(2)，h(3)，所以当x(1,3)时，h(x)，故而a.故选B.2.D函数f(x)aexx2a的导函数f(x)aex1.当a0时，f(x)0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；当a0时，令f(x)0，
5、得xln，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)的最小值为f1ln2a1lna2a.令g(a)1lna2a(a0)，g(a)2.当a时，g(a)单调递增；当a时，g(a)单调递减，g(a)maxgln20，f(x)的最小值为f0，函数f(x)aexx2a有两个零点.综上所述，实数a的取值范围是(0，)，故选D.3.D由题意，得f(x)exxexex(x1)，x(，2)，易知当x1时，f(x)0，当1x0，所以函数f(x)在(，1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，所以当x1时，函数f(x)取得最小值.又当x1时，f(x)0，当1x2时，f(x)0时，函数g(x)在2,2上单调递
6、增，所以函数g(x)的值域为2a1,2a1，因为对任意的x12,2，总存在唯一x0(，2)，使得f(x0)g(x1)，所以2a1,2a1，所以解得0a；当a0时，函数g(x)在2,2上单调递减，所以函数g(x)的值域为2a1，2a1，因为对任意的x12,2，总存在唯一x0(，2)，使得f(x0)g(x1)，所以2a1，2a1，所以解得a0，y是增函数，当x(e，)时，y0，故a1，不妨设方程的两个根分别为t1，t2，且t1(，0)，t2，若a4，与t10且0t21，则方程的两个根t1，t2一正一负，结合y的性质可得t1，t2，t2，故2(1t1)2(1t2)(1t2)1(t1t2)t1t22，
7、又t1t21a，t1t21a，21，故选D.5.解析函数f(x)(x1)exax2，可得f(x)x(ex2a)，令x(ex2a)0可得，x0或ex2a.当a0时，函数只有一个零点，并且x0是函数的一个极小值点，并且f(0)10时，函数的两个极值点为x0，xln(2a)，如果ln(2a)0，因为f(ln(2a)0，因为f(0)10，解得x.x1x2，a0，x1，x2.而方程2af(x)2bf(x)10的10，此方程有两解且f(x)x1或x2，即有0x10又x1x21，x21，f(1)b0，f(x1)0.根据f(x)画出f(x)的简图，f(x2)x2，由图象可知方程f(x)x2有两解，方程f(x)x1有三解.方程f(x)x1或f(x)x2共有5个实数解.即关于x的方程2af(x)2bf(x)10共有5个不同实根.7
