《2020高考数学二轮总复习 课时跟踪检测（二十三）导数与函数的零点问题 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学二轮总复习 课时跟踪检测（二十三）导数与函数的零点问题 理（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时跟踪检测(二十三)导数与函数的零点问题A卷1(2019福建三明联考)设a为实数，函数f(x)x33xa.(1)求f(x)的极值；(2)是否存在实数a，使得方程f(x)0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由解：(1)f(x)3x23，令f(x)0，得x1或x1.当x(，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)a2，即函数的极大值大于极小值，当极大值等于0时，极小值小于0，此时曲线f(x)与x轴恰好有两个交点，即方程f(x)0恰好有两个实数根，图2如图1所示a20，即a2.极小值等于0时，极大值大于0，此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点，即方程f(x)0恰好有两个
2、实数根，如图2所示a20，即a2.综上所述，当a2或a2时，方程f(x)0恰好有两个实数根2(2019河南郑州质检)已知函数f(x)ln x，aR且a0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x时，试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数解：(1)函数的定义域为(0，)，因为f(x)ln x，所以f(x)，当a0恒成立，所以函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，令f(x)0，得x，则当x时，f(x)0，f(x)单调递增综上所述，当a0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)由题意知，函数g(x)(ln x1)exxm，x的零点个数即方程(ln x1)exxm，x的根的
3、个数令h(x)(ln x1)exx，x，则h(x)ex1.由(1)知，当a1时，f(x)ln x1在上单调递减，在(1，e上单调递增，所以f(x)f(1)0.所以ln x10在x上恒成立，所以h(x)ex1010，所以h(x)(ln x1)exx在x上单调递增，所以h(x)minh2e，h(x)maxh(e)e，所以当me时，函数g(x)在上没有零点；当2eme时函数g(x)在上有一个零点B卷1(2019全国卷)已知函数f(x)2sin xxcos xx，f(x)为f(x)的导数(1)证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点；(2)若x0，时，f(x)ax，求a的取值范围解：(1)证明：设g(
4、x)f(x)cos xxsin x1，则g(x)xcos x.当x时，g(x)0；当x时，g(x)0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点所以f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)由题设知f()a，f()0，可得a0.由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减又f(0)0，f()0，所以当x0，时，f(x)0.又当a0，x0，时，ax0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是(，02(2019惠州市一调)已知函数f(x)(x2)exa(aR)(1)试确定
5、函数f(x)的零点个数；(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1x20得x1，函数g(x)在(，1)上单调递增；由g(x)1，函数g(x)在(1，)上单调递减当x1时，函数g(x)有最大值，g(x)maxg(1)e.又当x0，g(2)0，当x2时，g(x)e时，函数f(x)没有零点；当ae或a0时，函数f(x)有一个零点；当0ae时，函数f(x)有两个零点(2)证明：证法一：函数f(x)的零点即直线ya与曲线g(x)(2x)ex的交点的横坐标，由(1)知0ae，不妨设x11x2，得2x21，函数g(x)(2x)ex在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，函数f(x)g(x)a
6、在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增要证x1x22，只需证x1f(2x2)，又f(x1)0，故要证f(2x2)1)，构造函数h(x)xe2x(x2)ex，则h(x)(1x)(exe2x)，当x1时，exe2x，h(x)1时，h(x)1时，f(2x2)0，即x1x22.证法二：由(1)知0ae，不妨设x111)，则F(x)(x2)exxe2x，F(x)(1x)(e2xex)，易知ye2xex是减函数，当x1时，e2xexee0.又1x0，F(x)在(1，)上单调递增，且x1时，f(1)0，当x1时，F(x)0，即f(x)f(2x)由x21得f(x2)f(2x2)，又f(x2)0f(x1)，f(2x2)f(x1)由g(x)(2x)ex在(，1)上单调递增，得f(x)g(x)a在(，1)上单调递减，又2x2x1，即x1x22.1
