2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价20利用导数研究函数的零点问题含解析新人教A版20210514275.doc

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1、优选课时质量评价(二十)(建议用时：45分钟)A组　全考点巩固练1．函数f(x)＝x3＋x2＋x＋1的零点个数为(　　)A．0B．1C．2D．3B解析：因为f′(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2≥0，所以f(x)在R上单调递增．因为f(0)＝1>0，f(－3)＝－2<0，所以f(x)在R上有且只有一个零点．2．(多选题)设函数f(x)＝x－lnx(x＞0)，则f(x)(　　)A．有2个零点B．有1个零点C．在区间上有零点，在区间(1，e)上无零点D．在区间上无零点，在区间(1，e)上有零点AD解析：因为f′(x)＝－，所以当x

2、∈(0,3)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．而0＜＜1＜e＜3，又f＝＋1＞0，f(1)＝＞0，f(e)＝－1＜0，f(6)＝2－ln6＝lne2－ln6>0，所以f(x)在区间上无零点，在区间(1，e)和区间(e,6)上各有一个零点．3．方程－lnx－2＝0的根的个数为(　　)A．0B．1C．2D．3-14-/14优选C解析：令f(x)＝－lnx－2，则由f′(x)＝－＝0，得x＝4.当04时，f′(x)>0，所以x＝4是f(x)的唯

3、一极小值点，且f(4)<0.又f(e－2)>0，f(e4)＝e2－6>0，所以f(x)在(e－2,4)，(4，e4)上各有一个零点．所以对应的方程有2个根．故选C．4．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1.若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值X围是(　　)A．(2，＋∞)B．(－∞，－2)C．(1，＋∞)D．(－∞，－1)B解析：由题意知f′(x)＝3ax2－6x.当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0；x∈时，f′(x)>0.注意f

4、(0)＝1，f＝>0，则f(x)的大致图象如图(1)所示：图(1)不符合题意，排除A，C．当a＝－时，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈时，f′(x)<0；x∈时，f′(x)>0；x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0.注意f(0)＝1，f＝－，则f(x)的大致图象如图(2)所示．-14-/14优选图(2)不符合题意，排除D．故选B．5．已知函数f(x)＝＋lnx－1有且仅有一个零点，则实数a的取值X围是(　　)A．(－∞，0]∪{1}B．[0,1]C．(－∞，0]∪{2}D．[0,2]A解析：因为函数f(x)

5、＝＋lnx－1，所以f′(x)＝－＋＝，x＞0.当a≤0时，f′(x)＝＞0恒成立，f(x)是增函数，x→＋∞时，f(x)→＋∞，f(1)＝a－1＜0，函数f(x)＝＋lnx－1有且仅有一个零点．当a＞0时，令f′(x)＞0，解得x＞a；令f′(x)＜0，解得x＜a.故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．故只需f(x)min＝f(a)＝lna＝0，解得a＝1，综上，实数a的取值X围是(－∞，0]∪{1}．6．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值X围是________.(－∞，2ln2－2]解析

6、：f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，解得x＝ln2，所以当x∈(－∞，ln2)时，f′(x)<0，则f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x∈(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)在区间(ln2，＋∞)上单调递增．-14-/14优选所以当x＝ln2时，f(x)＝ex－2x＋a取得最小值，为eln2－2ln2＋a＝2－2ln2＋a.由题意，得2－2ln2＋a≤0，解得a≤2ln2－2.7．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值X围是________．(－e2，0)解析：f′(x)＝＝(a<0)．

7、当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.所以，当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，解得a>－e2，因此－e2

8、)＝x2＋2x，则有h(x)min＝－1.函数g(x)，h(x)的图象如图所示．若函数f(x)＝恰有2个零点，则a的取值X围是∪(0，＋∞)．9．函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示．-14-/14优选(1)求a，b的值并