2020版高考数学一轮复习课时作业17《 导数与函数的零点问题》(含解析)

课时作业17　导数与函数的零点问题

1.已知f(x)＝ax2－(b＋1)xlnx－b，曲线y＝f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为2x＋y＝0.

(1)求f(x)的解析式；

(2)研究函数f(x)在区间(0，e4]内的零点的个数.

解：(1)由题知得

∴f(x)＝x2－(e＋1)xlnx－e.

(2)x2－(e＋1)xlnx－e＝0⇒x－(e＋1)lnx－＝0，x∈(0，e4].

设g(x)＝x－(e＋1)lnx－，x∈(0，e4]，

则g′(x)＝1－＋＝.

由g′(x)＝0得x1＝1，x2＝e，

当x∈(0,1)时，g′(x)>0，

当x∈(1，e)时，g′(x)<0，

当x∈(e，e4]时，g′(x)>0，

所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，在(e，e4]上单调递增.

极大值g(1)＝1－e<0，极小值g(e)＝－2<0，g(e4)＝e4－4(e＋1)－，

∵4(e＋1)＋<4×4＋1＝17，

e4>2.74>2.54>62＝36，

∴g(e4)>0.

综上，g(x)在(0，e4]内有唯一零点，

因此，f(x)在(0，e4]内有唯一零点.

2.(2019·郑州第一次质量预测)已知函数f(x)＝lnx＋－，a∈R且a≠0.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当x∈[，e]时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数.

解：(1)f′(x)＝(x>0)，

当a<0时，f′(x)>0恒成立，

∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a>0时，由f′(x)＝>0，得x>，

由f′(x)＝<0，得0<x<，

∴函数f(x)在(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减.

综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a>0时，函数f(x)在(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减.

(2)∵当x∈[，e]时，函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点，即当x∈[，e]时，方程(lnx－1)ex＋x＝m的根.

令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，h′(x)＝(＋lnx－1)ex＋1.

由(1)知当a＝1时，f(x)＝lnx＋－1在(，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，

∴当x∈[，e]时，f(x)≥f(1)＝0.

∴＋lnx－1≥0在x∈[，e]上恒成立.

∴h′(x)＝(＋lnx－1)ex＋1≥0＋1>0，

∴h(x)＝(lnx－1)ex＋x在x∈[，e]上单调递增.

∴h(x)min＝h()＝－2e＋，

h(x)max＝e.

∴当m<－2e＋或m>e时，函数g(x)在[，e]上没有零点；

当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在[，e]上有一个零点.

3.(2019·辽宁五校联考)已知函数f(x)＝x2＋－alnx(a∈R).

(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)当a>0时，若f(x)有唯一的零点x0，求[x0].

注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2.

参考数据：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946.

解：(1)∵f(x)＝x2＋－alnx，

∴f′(x)＝(x>0)，

由题意得f′(2)＝0，则2×23－2a－2＝0，a＝7，

经验证，当a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值，

∴f(x)＝x2＋－7lnx，f′(x)＝2x－－，

∴f′(1)＝－7，f(1)＝3，

则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－3

＝－7(x－1)，即7x＋y－10＝0.

(2)令g(x)＝2x3－ax－2(x>0)，

则g′(x)＝6x2－a，

由a>0，g′(x)＝0，可得x＝，

∴g(x)在(0，)上单调递减，在( ，＋∞)上单调递增.

由于g(0)＝－2<0，故当x∈(0，)时，g(x)<0，

又g(1)＝－a<0，故g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x1，从而可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，

由于f(x)有唯一零点x0，故x1＝x0，且x0>1，

则g(x0)＝0，f(x0)＝0，可得2lnx0－－1＝0.

令h(x)＝2lnx－－1(x>1)，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递增，

由于h(2)＝2ln2－<2×0.7－<0，

h(3)＝2ln3－>0，故x0∈(2,3)，[x0]＝2.

4.(2019·南宁、柳州联考)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)设f(x)的两个零点分别是x1，x2，求证：f′()<0.

解：(1)函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－，

①当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

②当a>0时，若x∈(0，)，则f′(x)>0，若x∈(，＋∞)，则f′(x)<0，则f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.

(2)证明：由(1)易知a>0，且f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，不妨设0<x1<<x2，

f′()<0⇔>⇔x1＋x2>，故要证f′()<0，只需证x1＋x2>即可.

构造函数F(x)＝f(x)－f(－x)，x∈(0，)，f′(x)＝f′(x)－[f(－x)]′＝f′(x)＋f′(－x)

＝＝，

∵x∈(0，)，∴f′(x)＝>0，

∴F(x)在(0，)上单调递增，

∴F(x)<F()＝f()－f(－)＝0，

即f(x)<f(－x)，x∈(0，)，

又x1，x2是函数f(x)的两个零点且0<x1<<x2，∴f(x1)＝f(x2)<f(－x1)，

而x2，－x1均大于，∴x2>－x1，∴x1＋x2>，得证.

5.(2019·西安八校联考)已知函数f(x)＝x，g(x)＝λf(x)＋sinx(λ∈R)在区间[－1,1]上单调递减.

(1)求λ的最大值；

(2)若g(x)<t2＋λt＋1在[－1,1]上恒成立，求t的取值范围；

(3)讨论关于x的方程＝x2－2ex＋m的解的个数.

解：(1)∵f(x)＝x，

∴g(x)＝λf(x)＋sinx＝λx＋sinx，

又g(x)在[－1,1]上单调递减，

∴g′(x)＝λ＋cosx≤0在[－1,1]上恒成立，∴λ≤(－cosx)min＝－1.故λ的最大值为－1.

(2)在[－1,1]上，g(x)max＝g(－1)＝－λ－sin1，∴只需t2＋λt＋1>－λ－sin1恒成立，即(t＋1)λ＋t2＋sin1＋1>0(λ≤－1)恒成立，令h(λ)＝(t＋1)λ＋t2＋sin1＋1(λ≤－1)，要使h(λ)>0恒成立，

则需

∴

又t2－t＋sin1>0恒成立，

∴t≤－1，故t的取值范围为(－∞，－1].

(3)＝＝x2－2ex＋m，

令f1(x)＝，f2(x)＝x2－2ex＋m，

∵f1′(x)＝，

∴当x∈(0，e)时，f1′(x)>0，

即f1(x)单调递增；

当x∈[e，＋∞)时，f1′(x)≤0，

即f1(x)单调递减.

∴f1(x)max＝f1(e)＝，

又f2(x)＝(x－e)2＋m－e2，

∴当m－e2>，即m>e2＋时，方程无解；

当m－e2＝，即m＝e2＋时，方程有一个解；

当m－e2<，即m<e2＋时，方程有两个解.