小、初中、高中各卷知文案合同学种试真题识归纳PPT等免下费载www.doc985.com专题突破练7利用导数研究函数的零点1.(2021·福建厦门月考)已知函数f(x)=x3-43x2ex的定义域为[-1,+∞).(1)求f(x)的单调区间;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a在区间[-1,2]上的零点个数.2.(2021·江苏苏州月考)已知函数f(x)=x2a-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+2ex+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.小、初中、高中各卷知文案合同学种试真题识归纳PPT等免下费载www.doc985.com4.(2021·山西太原三模)已知函数f(x)=alnx-14x2+b-ln2的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-12x+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<32-4m.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&#039;(x1+x2)<0.6.(2021·山东实验中学模拟)已知函数f(x)=2exsinx(e是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间;(2)记g(x)=f(x)-ax,0<a<6,试讨论g(x)在区间(0,π)上的零点个数(参考数据:eπ2≈4.8).小、初中、高中各卷知文案合同学种试真题识归纳PPT等免下费载www.doc985.com小、初中、高中各卷知文案合同学种试真题识归纳PPT等免下费载www.doc985.com专题突破练7利用导数研究函数的零点1.解:(1)f&#039;(x)=x3+53x2-83xex=x3(3x+8)(x-1)ex,因为x∈[-1,+∞),所以函数f&#039;(x)的零点为0和1.所以当0<x<1时,f&#039;(x)<0;当x>1或-1≤x<0时,f&#039;(x)>0.所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为[-1,0),(1,+∞).(2)由(1)知,f(x)在区间[-1,2]上的极大值为f(0)=0,极小值为f(1)=-e3.因为f(-1)=-73e,f\(-1\)f\(1\)=7e2<72.72<1,所以f(1)<f(-1)<0.f(2)=8e23,由g(x)=0,得f(x)=a.故当a<-e3或a>8e23时,g(x)的零点个数为0;当a=-e3或0<a≤8e23时,g(x)的零点个数为1;当-e3<a<-73e或a=0时,g(x)的零点个数为2;当-73e≤a<0时,g(x)的零点个数为3.2.(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),f&#039;(x)=2xa−2x=2x2-2aax.当a<0时,f&#039;(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,❑√a),f&#039;(x)<0,f(x)在区间(0,❑√a)上单调递减.若x∈(❑√a,+∞),f&#039;(x)>0,f(x)在区间(❑√a,+∞)上单调递增,故f(x)在区间(0,+∞)上的极小值为f(❑√a)=1-2ln❑√a=1-lna,无极大值.(2)证明:当a=4时,f(x)=x24-2lnx.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)=\(4-x1\)24-2ln(4-x1)=x124-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=x124-2lnx1=0,∴f(4-x1)=2lnx1-2x1+4-2ln(4-x1).令h(x)=2lnx-2x+4-2ln(4-x)(0<x<2),则h&#039;(x)=2x-2+24-x=2\(x-2\)2x\(4-x\)>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.小、初中、高中各卷知文案合同学种试真题识归纳PPT等免下费载www.doc985.com3.解:(1)f&#039;(x)=a-2ex.由题意得f&#039;(x)≥0,即a≥2ex在区间(1,+∞)上恒成立.当x∈(1,+∞)时,2ex∈0,2e,所以a≥2e.故实数a的取值范围为2e,+∞.(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+2ex-a-2,则g&#039;(x)=a-2ex=aex-2ex.当a<0时,g&#039;(x)<0,所以函数g(x)单调递减.又g(0)=-a>0,g(1)=2e-2<0,故函数g(x)有且只有一个零点.当a>0时,令g&#039;(x)<0,得x<ln2a,令g&#039;(x)>0,得x>ln2a,所以函数g(x)在区间-∞,ln2a上单调递减,在区间ln2a,+∞上单调递增,而g(ln2a)=aln2a−2a<0,g(a+2a)=2ea+2a>0.由于x>lnx,所以a+2a>2a>ln2a,所以g(x)在区间ln2a,a+2a上存在一个零点.又gln2a2+a+2=aa-lna2+a+22,且ln2a2+a+2<ln2a,设h(a)=a-lna2+a+22,则h&#039;(a)=1-2a+1a2+a+2=a2-a+1a2+a+2>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gln2a2+a+2>0,所以g(x)在区间ln2a2+a+2,ln2a上...