高考数学一轮复习课时分层作业20利用导数解决函数的零点问题含答案

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1．[解] (1)由题意得f′x＝ex－2a.
当2a≤0，即a≤0时，f′x>0恒成立，
∴fx在R上单调递增，无极值．
当2a>0，即a>0时，
令f′x＝0，解得x＝ln (2a)，
∴当x∈-∞，ln2a时，f′x<0；
当x∈ln2a，+∞时，f′x>0.
∴fx在-∞，ln2a上单调递减，在(ln (2a)，＋∞)上单调递增，
∴fx的极小值为fln2a＝a－2a ln (2a)，无极大值．
综上所述：当a≤0时，fx无极值；
当a>0时，fx的极小值为a－2a ln (2a)，无极大值．
(2)由(1)知：当a>0时，fx在-∞，ln2a上单调递减，在ln2a，+∞上单调递增；
当00，
∴fx>0恒成立，fx无零点；
当a＝e2时，fln2a＝a－2a ln (2a)＝0，fx有唯一零点x＝ln (2a)；
当a>e2时，fln2a＝a－2a ln (2a)<0，
又当x趋近于负无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，当x趋近于正无穷大时，fx也趋近于正无穷大，
∴fx在-∞，ln2a和ln2a，+∞上各存在一个零点，即fx有两个零点．
综上所述：当0当a＝e2时，fx有且仅有一个零点；
当a>e2时，fx有两个不同的零点．
2．[解] (1)当a＝2时，f(x)＝x22x(x＞0)，
f′(x)＝x2-xln22x(x＞0)，
令f′(x)＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f(x)单调递增，
令f′(x)＜0，则x＞2ln2，此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为0，2ln2，单调递减区间为2ln2，+∞.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
可转化为方程xaax＝1(x>0)有两个不同的解，即方程lnxx＝lnaa有两个不同的解．
设g(x)＝lnxx(x＞0)，则g′(x)＝1-lnxx2(x＞0)，
令g′(x)＝1-lnxx2＝0，得x＝e，
当00，函数g(x)单调递增，
当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
故g(x)max＝g(e)＝1e，
且当x>e时，g(x)∈0，1e，
又g(1)＝0，所以0＜lnaa＜1e，所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．
3．[证明] (1)由f′x＝ex＋cs x＋sin x，设hx＝ex＋cs x＋sin x，则h′x＝ex－sin x＋cs x，
当x≥0时，设px＝ex－x－1，qx＝x－sin x，
∵p′x＝ex－1≥0，q′x＝1－cs x≥0，
∴px和qx在0，+∞上单调递增，
∴px≥p0＝0，qx≥q0＝0，
∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sin x，
则h′x＝ex－sin x＋cs x≥x＋1－sin x＋cs x
＝x-sinx+1+csx＞0，
∴函数hx＝ex＋cs x＋sin x在0，+∞上单调递增，
∴hx≥h0＝2，即当x≥0时，f′(x)≥2.
(2)由已知得gx＝ex＋sin x－cs x－2x－1.
①当x≥0时，
∵g′x＝ex＋cs x＋sin x－2＝f′x－2≥0，
∴gx在0，+∞上单调递增，
又∵g0＝－1<0，gπ＝eπ－2π>0，
∴由零点存在定理可知gx在0，+∞上仅有一个零点．
②当x<0时，
设mx＝2-sinx-csxexx<0，则m′x＝2sinx-1ex≤0，
∴mx在-∞，0上单调递减，
∴mx>m0＝1，∴ex＋cs x＋sin x－2<0，
∴g′x＝ex＋cs x＋sin x－2<0，
∴gx在-∞，0上单调递减，
又∵g0＝－1<0，g-π＝e－π＋2π>0，
∴由零点存在定理可知gx在-∞，0上仅有一个零点，综上所述，g(x)有且仅有2个零点．
4．[解] (1)函数hx的定义域为0，+∞.
当a＝0时，函数hx＝x无零点，不合乎题意，
所以a≠0，
由hx＝x－a ln x＝0可得1a＝lnxx，
构造函数fx＝lnxx，其中x>0，
所以，直线y＝1a与函数fx的图象有两个交点，
f′x＝1-lnxx2，由f′x＝0可得x＝e，列表如下：
所以，函数fx的极大值为fe＝1e，图象如图所示：
且当x>1时，fx＝lnxx>0，
由图可知，当0<1a<1e，即当a>e时，直线y＝1a与函数fx的图象有两个交点，故实数a的取值范围是e，+∞.
(2)证明：因为xex－alnx+x＝0，
则xex－a ln xex＝0.
令t＝xex>0，其中x>0，则有t－a ln t＝0，
t′＝x+1ex>0，所以，函数t＝xex在0，+∞上单调递增，因为方程xex－alnx+x＝0有两个实根x1，x2.
令t1＝x1ex1，t2＝x2ex2，则关于t的方程t－a ln t＝0也有两个实根t1，t2，且t1≠t2，要证ex1+x2>e2x1x2，
即证x1ex1·x2ex2>e2，即证t1t2>e2，
即证ln t1＋ln t2>2.
法一：由已知t1=alnt1，t2=alnt2，
所以t1-t2=alnt1-lnt2，t1+t2=alnt1+lnt2，
整理可得t1+t2t1-t2＝lnt1+lnt2lnt1-lnt2，
不妨设t1>t2>0，
即证ln t1＋ln t2＝t1+t2t1-t2ln t1t2>2，
即证ln t1t2>2t1-t2t1+t2＝2t1t2-1t1t2+1，
令s＝t1t2>1，即证ln s>2s-1s+1，其中s>1，
构造函数gs＝ln s－2s-1s+1，其中s>1，
g′s＝1s-4s+12＝s-12ss+12>0，
所以，函数gs在1，+∞上单调递增，
当s>1时，gs>g1＝0，故原不等式成立．
法二：由t1=alnt1，t2=alnt2，两边取对数得lnt1=lna+lnlnt1，lnt2=lna+lnlnt2，
由对数均值不等式得1＝lnt1-lnt2lnlnt1-lnlnt2＜lnt1+lnt22，
所以ln t1＋ln t2＞2.
x
0，e
e
e，+∞
f′x
＋
0
－
fx
单调递增
1e
单调递减