人教版高中数学第4讲　第3课时　高效演练分层突破.doc

[基础题组练]
1．(2020·江西七校第一次联考)已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝x·f(x)－的零点个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B．函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)＝的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．故选B．
2．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．
解析：f′(x)＝＝(a<0)．
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<a<0.
答案：(－e2，0)
3．已知函数f(x)＝a＋ln x(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)试判断f(x)的零点个数．
解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝()′ln x＋·
＝，
令f′(x)＞0，解得x＞e－2，
令f′(x)<0，解得0<x<e－2，
所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，
在(e－2，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－，
显然a＞时，f(x)＞0，无零点，
a＝时，f(x)＝0，有1个零点，
a<时，f(x)<0，有2个零点．
4．(2020·保定调研)已知函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．
解：(1)因为函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A，
所以－4a－4a－2＝，解得a＝2，
即f(x)＝x3－x2－2x－2，
所以f′(x)＝x2－x－2.
由f′(x)>0，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，
f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－<2m－3<－，
解得－<m<.
所以m的取值范围为.
5．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x单调递增，y＝单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－1<0，
f′(2)＝ln 2－＝>0，故存在唯一x0∈(1