利用导数解决函数零点问题-5.3 导数在研究函数中的应用知识点月考进阶自测题答案-贵州省等高二数学选择必修,平均正确率36.0%

1、['利用导数求参数的取值范围'， '利用导数解决函数零点问题'， '导数中的极值点偏移（双变量问题）'， '函数零点的值或范围问题']

正确率40.0%函数$$f ( x )=\operatorname{l n} x-a x+1$$有两个零点$${{x}_{1}}$$，$$x_{2} \left( x_{1} < x_{2} \right)$$，下列说法错误的是（）

A.$$0 < a < 1$$

B.$$x_{1} x_{2} > \frac{1} {a}$$

C.$$x_{2}-x_{1} > \frac{1} {a}-1$$

D.$$x_{1}+x_{2} < \frac2 a$$

2、['导数与极值'， '利用导数解决函数零点问题']

正确率40.0%已知$$f^{\prime} \textsubscript{\textit{( x )}}$$为函数$${{f}{（}{x}{）}}$$的导函数，且$$f ( x )=\frac{1} {2} x^{2}-f ( 0 )+f^{\prime} ( 1 ) e^{x-1}$$，若$$g ( x )=f ( x )-\frac{1} {2} x^{2}+x$$，则方程$$g ( \frac{x^{2}} {a}-x )-x=0$$有且仅有一个根时，$${{a}}$$的取值范围是（）

A.$$[ 1， ~+\infty)$$

B.$$(-\infty， \ 1 ]$$

C.$$( \; 0， \; \; 1 ]$$

D.$$( \mathbf{\alpha}-\infty， \ \mathbf{0} ) \ \cup\{1 \}$$

3、['导数与最值'， '导数与单调性'， '利用导数解决函数零点问题'， '函数中的恒成立问题']

正确率40.0%对于函数$$f ( x )=\frac{\operatorname{l n} x} {x}，$$下列说法中正确的个数为
①$${{f}{(}{x}{)}}$$在$${{x}{=}{e}}$$处取得极大值$$\frac{1} {e}$$；②$${{f}{(}{x}{)}}$$有两个不同的零点；③$$f ( 2 ) < ~ f ( \pi) < ~ f ( 3 )$$；④若$$f ( x ) < k-\frac{1} {x}$$在$$( 0，+\infty)$$上恒成立，则$${{k}{>}{1}}$$.（）

A.$${{4}}$$

B.$${{3}}$$

C.$${{2}}$$

D.$${{1}}$$

4、['导数与最值'， '函数奇、偶性的定义'， '导数与极值'， '利用导数讨论函数单调性'， '根据函数零点个数求参数范围'， '利用导数解决函数零点问题']

正确率40.0%已知函数$$f \left( x \right)=\frac{1} {6} x^{3}+\frac{1} {2} b x^{2}+c x$$的导函数$${{f}{^{′}}{{(}{x}{)}}}$$是偶函数，若方程$$f^{'} ( x )-\operatorname{l n} \! x=0$$在区间$$[ \frac{1} {e}， e \brack$$上有两个不相等的实数根，则实数$${{c}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$

A.$$\left[-1-\frac1 {2 e^{2}}，-\frac1 2 \right)，$$

B.$$\left[-1-\frac{1} {2 e^{2}}，-\frac{1} {2} \right]$$

C.$$\left[ 1-\frac1 2 e^{2}，-\frac1 2 \right)$$

D.$$\left[ 1-\frac{1} {2} e^{2}，-\frac{1} {2} \right]$$

5、['导数与极值'， '利用导数解决函数零点问题'， '函数零点的概念']

正确率40.0%函数$$f ( x )=x^{2}， \， \， \， g ( x )=2 \operatorname{l n} x+a$$有公共点，则$${{a}{∈}{(}{)}}$$

A.$$( e，+\infty)$$

B.$$( 1，+\infty)$$

C.$$[ 1，+\infty)$$

D.$$(-\infty， 1 )$$

6、['导数与单调性'， '利用导数解决函数零点问题'， '函数零点存在定理']

正确率40.0%设函数$$f \left( x \right)=x^{3}-4 x+a \left( 0 < a < 2 \right)$$有三个零点$$x_{1}， ~ x_{2}， ~ x_{3}$$，且$$x_{1} < x_{2} < x_{3}$$，则下列结论正确的是（）

A.$$x_{1} >-1$$

B.$${{x}_{2}{<}{0}}$$

C.$$0 < x_{2} < 1$$

D.$${{x}_{3}{>}{2}}$$

7、['函数的综合问题'， '利用导数解决函数零点问题'， '函数零点个数的判定']

正确率0.0%已知函数$$f ( x )=\frac{x^{2}-3} {e^{x}}$$，关于$${{x}}$$的方程$$[ f ( x ) ]^{2}+t f ( x )-\frac{1 2} {e^{2}}=0 ( t \in\mathbf{R} )$$有$${{m}}$$个不同的实数解，则$${{m}}$$的所有可能的值构成的集合为（）

A.$${{\{}{3}{\}}}$$

B.$$\{3， \ 5 \}$$

C.$$\{3， \ 4 \}$$

D.$$\{3， ~ 4， ~ 5 \}$$

8、['导数与最值'， '导数与极值'， '利用导数讨论函数单调性'， '利用导数解决函数零点问题']

正确率40.0%svg异常

A.$${{f}{(}{x}{)}}$$在$$(-\infty， x_{1} )$$单调递减；

B.$${{f}{(}{x}{)}}$$有三个零点

C.$$a， b， c$$满足$$b^{2}-3 a c > 0$$

D.$${{f}{(}{x}{)}}$$有最小值无最大值

9、['导数与单调性'， '导数与极值'， '利用导数解决函数零点问题']

正确率40.0%已知函数$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right) ~=x^{3}-a x^{2}+4$$，若$${{f}{（}{x}{）}}$$的图象与$${{x}}$$轴正半轴有两个不同的交点，则实数$${{a}}$$的取值范围为（）

A.$$( 1， ~+\infty)$$

B.$$( \frac{3} {2}， \enspace+\infty)$$

C.$$( \mathrm{\bf~ 2， ~}+\infty)$$

D.$$( \mathbf{3}， \mathbf{\Lambda}+\infty)$$

10、['利用导数解决函数零点问题']

正确率40.0%设$${{x}_{0}}$$是函数$$f \left( x \right)=3^{x}-\left\vert\operatorname{l o g}_{3} x \right\vert-1$$的一个零点，若$${{a}{>}{{x}_{0}}}$$，则（）

A.$${{f}{{(}{a}{)}}{>}{0}}$$

B.$${{f}{{(}{a}{)}}{<}{0}}$$

C.$${{f}{{(}{a}{)}}{⩾}{0}}$$

D.$${{f}{{(}{a}{)}}{⩽}{0}}$$

1. 解析：

函数 $$f(x) = \ln x - a x + 1$$ 有两个零点 $$x_1$$ 和 $$x_2$$（$$x_1 < x_2$$）。首先求导 $$f'(x) = \frac{1}{x} - a$$，极值点为 $$x = \frac{1}{a}$$。为保证有两个零点，需 $$f\left(\frac{1}{a}\right) > 0$$，即 $$\ln \frac{1}{a} - a \cdot \frac{1}{a} + 1 > 0$$，解得 $$0 < a < 1$$（A正确）。

对于选项B，由函数性质可知 $$x_1 x_2 > \frac{1}{a}$$ 不一定成立（实际可能小于），因此B错误。

选项C，通过函数图像分析可得 $$x_2 - x_1 > \frac{1}{a} - 1$$ 成立（C正确）。

选项D，由函数对称性和极值点性质可得 $$x_1 + x_2 < \frac{2}{a}$$（D正确）。综上，错误的选项是B。

2. 解析：

首先求 $$f(0)$$ 和 $$f'(1)$$。由 $$f(x) = \frac{1}{2}x^2 - f(0) + f'(1)e^{x-1}$$，代入 $$x = 0$$ 得 $$f(0) = -f(0) + f'(1)e^{-1}$$，解得 $$f(0) = \frac{f'(1)}{2e}$$。

求导得 $$f'(x) = x + f'(1)e^{x-1}$$，代入 $$x = 1$$ 得 $$f'(1) = 1 + f'(1)$$，矛盾，需重新推导。正确解法应为设 $$f(0) = c$$，$$f'(1) = k$$，解得 $$c = \frac{k}{2e}$$，$$k = 1 + k$$ 无解，题目可能有误，但根据选项推断答案为 $$(0, 1]$$（C）。

3. 解析：

函数 $$f(x) = \frac{\ln x}{x}$$ 的导数为 $$f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$$，极大值点为 $$x = e$$，极大值为 $$\frac{1}{e}$$（①正确）。

函数在 $$x \to 0^+$$ 时趋向 $$-\infty$$，在 $$x \to +\infty$$ 时趋向 0，且 $$f(1) = 0$$，因此只有一个零点（②错误）。

计算 $$f(2) = \frac{\ln 2}{2}$$，$$f(\pi) = \frac{\ln \pi}{\pi}$$，$$f(3) = \frac{\ln 3}{3}$$，比较可得 $$f(2) < f(\pi) < f(3)$$（③正确）。

对于不等式 $$f(x) < k - \frac{1}{x}$$，需 $$k > 1$$（④正确）。综上，正确的有3个（B）。

4. 解析：

函数 $$f(x) = \frac{1}{6}x^3 + \frac{1}{2}b x^2 + c x$$ 的导数为 $$f'(x) = \frac{1}{2}x^2 + b x + c$$，为偶函数则 $$b = 0$$。

方程 $$f'(x) - \ln x = 0$$ 在 $$\left[\frac{1}{e}, e\right]$$ 上有两个不等实根，即 $$\frac{1}{2}x^2 + c - \ln x = 0$$。设 $$g(x) = \frac{1}{2}x^2 + c - \ln x$$，求导得 $$g'(x) = x - \frac{1}{x}$$，极值点为 $$x = 1$$。

需 $$g(1) < 0$$ 且 $$g\left(\frac{1}{e}\right) \geq 0$$，$$g(e) \geq 0$$，解得 $$c \in \left[-1 - \frac{1}{2e^2}, -\frac{1}{2}\right)$$（A）。

5. 解析：

函数 $$f(x) = x^2$$ 和 $$g(x) = 2 \ln x + a$$ 有公共点，即方程 $$x^2 = 2 \ln x + a$$ 有解。设 $$h(x) = x^2 - 2 \ln x$$，求导得 $$h'(x) = 2x - \frac{2}{x}$$，极小值为 $$h(1) = 1$$。

因此 $$a \geq 1$$，即 $$a \in [1, +\infty)$$（C）。

6. 解析：

函数 $$f(x) = x^3 - 4x + a$$（$$0 < a < 2$$）有三个零点。求导得 $$f'(x) = 3x^2 - 4$$，极值点为 $$x = \pm \frac{2}{\sqrt{3}}$$。

由 $$f(-2) = -8 + 8 + a = a > 0$$，$$f(0) = a > 0$$，$$f(2) = 8 - 8 + a = a > 0$$，结合图像分析可得 $$x_1 < -2$$，$$0 < x_2 < 2$$，$$x_3 > 2$$（D正确）。

7. 解析：

函数 $$f(x) = \frac{x^2 - 3}{e^x}$$，方程 $$[f(x)]^2 + t f(x) - \frac{12}{e^2} = 0$$。设 $$y = f(x)$$，方程为 $$y^2 + t y - \frac{12}{e^2} = 0$$，判别式需为正。

分析 $$f(x)$$ 的图像，极大值点为 $$x = -1$$，极小值点为 $$x = 3$$，且 $$f(-1) = \frac{-2}{e^{-1}} = -2e$$，$$f(3) = \frac{6}{e^3}$$。方程可能对应3或5个解（B）。

8. 解析：

题目不完整，无法解析。

9. 解析：

函数 $$f(x) = x^3 - a x^2 + 4$$ 与 $$x$$ 轴正半轴有两个不同交点。求导得 $$f'(x) = 3x^2 - 2a x$$，极值点为 $$x = 0$$ 和 $$x = \frac{2a}{3}$$。

需 $$f\left(\frac{2a}{3}\right) < 0$$ 且 $$f(0) > 0$$，解得 $$a > 3$$（D）。

10. 解析：

函数 $$f(x) = 3^x - |\log_3 x| - 1$$，$$x_0$$ 为其零点。当 $$x > x_0$$ 时，$$3^x$$ 增长快于 $$|\log_3 x|$$，因此 $$f(a) > 0$$（A正确）。

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