2022届一轮复习专题练习3 第26练 高考大题突破练——隐零点问题（解析版）

这是一份2022届一轮复习专题练习3 第26练 高考大题突破练——隐零点问题（解析版），共4页。试卷主要包含了函数f＝ln x－a.等内容，欢迎下载使用。

考点一 直接法
1．函数f(x)＝(x－1)ln x－a.
(1)若f(x)在x＝1处的切线方程为y＝1，求a的值；
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
考点二 虚设零点
2．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aex－2x，a∈R.
(1)求函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极值；
(2)当a≥1时，证明：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－ln x＋2x>2.
3.已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝xln x.
(1)求曲线y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))))处的切线方程；
(2)若当x>1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋x>keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))恒成立，求正整数k的最大值．
4．已知函数f(x)＝ex－cs x－2x.
(1)求f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上的零点个数．
答案精析
1．解 (1)f′(x)＝eq \f(xln x＋x－1,x)，
f′(1)＝0，
且f(1)＝－a，
∴切线方程为y－(－a)＝0，即y＝－a，∴a＝－1.
(2)f(x)≥0恒成立，即a≤(x－1)ln x恒成立，
令φ(x)＝(x－1)ln x，
∴φ′(x)＝eq \f(xln x＋x－1,x)(x>0)，
观察知φ′(1)＝0且当x∈(0,1)时，xln x<0，x－1<0，∴φ′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，xln x>0，x－1>0，∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0.
故a≤0，即实数a的取值范围是(－∞，0]．
2．(1)解 f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aex－2，
当a≤0时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在R上单调递减，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))无极值．
当a>0时，令f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝0得x＝lneq \f(2,a)，令f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0得x>lneq \f(2,a)，令f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0得x∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\f(2,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(2,a)，＋∞))上单调递增，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(2,a)))＝2－2lneq \f(2,a)，无极大值，
综上，当a≤0时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))无极值．
当a>0时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极小值为2－2lneq \f(2,a)，无极大值．
(2)证明 当a≥1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－ln x＋2x≥ex－ln x，
令geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex－ln x－2，转化为证明geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0，
∵g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex－eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>0))，令φ(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，
则φ′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)(x>0)，
则φ′(x)>0，
∴g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上为增函数，
∵g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝e－1>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2<0，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝0，
∴函数geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x0))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，＋∞))上单调递增，
∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝－ln x0－2＝eq \f(1,x0)＋x0－2≥2eq \r(\f(1,x0)·x0)－2＝0，
∵x0≠1，
∴g(x)>0，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－ln x＋2x>2.
3．解 (1)函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ln x＋1，因为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝e，
所以曲线y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))))处的切线方程为y－e＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－e))，
即2x－y－e＝0.
(2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋x>keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))，得xln x＋x>keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1)).
即k1恒成立，
令geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(xln x＋x,x－1)，只需kg′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋2))－xln x－x,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))2)＝eq \f(x－ln x－2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))2)，
令ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x－ln x－2，则u′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)>0，
所以ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x－ln x－2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递增，
因为ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝－ln 2<0，
ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3))＝1－ln 3<0，
ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4))＝2－ln 4>0，
所以∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，4))，使得ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝x0－ln x0－2＝0，
且当1当x>x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，x0))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，＋∞))上单调递增，
所以g(x)min＝g(x0)＝eq \f(x0ln x0＋x0,x0－1)＝eq \f(x0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－2))＋x0,x0－1)＝x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，4))，
又因为k∈N*，所以kmax＝3.
4．解 (1)根据条件，设切线方程为y－f(0)＝kx，
由f(x)＝ex－cs x－2x，得f′(x)＝ex＋sin x－2，
∴k＝f′(0)＝－1，又f(0)＝0，
∴切线方程为y＝－x.
(2)由f(x)＝ex－cs x－2x，得f′(x)＝ex＋sin x－2，
令g(x)＝ex＋sin x－2，则g′(x)＝ex＋cs x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))时，g′(x)>0，
∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上单调递增，
即f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上单调递增，
又f′(0)＝－1<0，f′(1)＝e＋sin 1－2>0，
∴∃x0∈(0,1)，使得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，x0))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
又f(0)＝0，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))<0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，x0))上仅有一个零点，
又f(2)＝e2－cs 2－4>0，
根据零点存在定理可知，当x>x0时有且仅有一个零点，
综上，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上仅有2个零点．