2022版高考数学大一轮复习课时作业17《导数与函数的零点问题》(含答案详解)

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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.
已知函数f(x)=lnx＋eq \f(1,ax)－eq \f(1,a)，a∈R且a≠0.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈[eq \f(1,e)，e]时，试判断函数g(x)=(lnx－1)ex＋x－m的零点个数.
已知函数f(x)=x2＋eq \f(2,x)－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.
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′(eq \f(x1＋x2,2))<0.
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)(3)讨论关于x的方程eq \f(lnx,fx)=x2－2ex＋m的解的个数.
\s 0 答案详解
解：(1)由题知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fe＝－2e，,f′e＝－2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝e，))
∴f(x)=x2－(e＋1)xlnx－e.
(2)x2－(e＋1)xlnx－e=0⇒x－(e＋1)lnx－eq \f(e,x)=0，x∈(0，e4].
设g(x)=x－(e＋1)lnx－eq \f(e,x)，x∈(0，e4]，
则g′(x)=1－eq \f(e＋1,x)＋eq \f(e,x2)=eq \f(x－1x－e,x2).
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)－eq \f(1,e3)，
∵4(e＋1)＋eq \f(1,e3)<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.
解：(1)f′(x)=eq \f(ax－1,ax2)(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)=eq \f(ax－1,ax2)>0，得x>eq \f(1,a)，
由f′(x)=eq \f(ax－1,ax2)<0，得0∴函数f(x)在(eq \f(1,a)，＋∞)上单调递增，在(0，eq \f(1,a))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(eq \f(1,a)，＋∞)上单调递增，在(0，eq \f(1,a))上单调递减.
(2)∵当x∈[eq \f(1,e)，e]时，函数g(x)=(lnx－1)ex＋x－m的零点，
即当x∈[eq \f(1,e)，e]时，方程(lnx－1)ex＋x=m的根.
令h(x)=(lnx－1)ex＋x，h′(x)=(eq \f(1,x)＋lnx－1)ex＋1.
由(1)知当a=1时，f(x)=lnx＋eq \f(1,x)－1在(eq \f(1,e)，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，
∴当x∈[eq \f(1,e)，e]时，f(x)≥f(1)=0.
∴eq \f(1,x)＋lnx－1≥0在x∈[eq \f(1,e)，e]上恒成立.
∴h′(x)=(eq \f(1,x)＋lnx－1)ex＋1≥0＋1>0，
∴h(x)=(lnx－1)ex＋x在x∈[eq \f(1,e)，e]上单调递增.
∴h(x)min=h(eq \f(1,e))=－2e eq \s\up15(eq \f(1,e)) ＋eq \f(1,e)，h(x)max=e.
∴当m<－2e eq \s\up15(eq \f(1,e)) ＋eq \f(1,e)或m>e时，函数g(x)在[eq \f(1,e)，e]上没有零点；
当－2e eq \s\up15(eq \f(1,e)) ＋eq \f(1,e)≤m≤e时，函数g(x)在[eq \f(1,e)，e]上有一个零点.
解：(1)∵f(x)=x2＋eq \f(2,x)－alnx，
∴f′(x)=eq \f(2x3－ax－2,x2)(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＋eq \f(2,x)－7lnx，f′(x)=2x－eq \f(2,x2)－eq \f(7,x)，
∴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=eq \r(\f(a,6))，
∴g(x)在(0，eq \r(\f(a,6)))上单调递减，在( eq \r(\f(a,6))，＋∞)上单调递增.
由于g(0)=－2<0，故当x∈(0，eq \r(\f(a,6)))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－eq \f(3,x\\al(3,0)－1)－1=0.
令h(x)=2lnx－eq \f(3,x3－1)－1(x>1)，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由于h(2)=2ln2－eq \f(10,7)<2×0.7－eq \f(10,7)<0，
h(3)=2ln3－eq \f(29,26)>0，故x0∈(2,3)，[x0]=2.
解：(1)函数f(x)=lnx－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)=eq \f(1,x)－2ax＋(2－a)=－eq \f(ax－12x＋1,x)，
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，eq \f(1,a))，则f′(x)>0，若x∈(eq \f(1,a)，＋∞)，则f′(x)<0，
则f(x)在(0，eq \f(1,a))上单调递增，在(eq \f(1,a)，＋∞)上单调递减.
(2)证明：由(1)易知a>0，且f(x)在(0，eq \f(1,a))上单调递增，
在(eq \f(1,a)，＋∞)上单调递减，不妨设0f′(eq \f(x1＋x2,2))<0⇔eq \f(x1＋x2,2)>eq \f(1,a)⇔x1＋x2>eq \f(2,a)，
故要证f′(eq \f(x1＋x2,2))<0，只需证x1＋x2>eq \f(2,a)即可.
构造函数F(x)=f(x)－f(eq \f(2,a)－x)，x∈(0，eq \f(1,a))，
f′(x)=f′(x)－[f(eq \f(2,a)－x)]′=f′(x)＋f′(eq \f(2,a)－x)
=eq \f(2axax－2＋2,x2－ax)=eq \f(2ax－12,x2－ax)，
∵x∈(0，eq \f(1,a))，∴f′(x)=eq \f(2ax－12,x2－ax)>0，
∴F(x)在(0，eq \f(1,a))上单调递增，
∴F(x)即f(x)又x1，x2是函数f(x)的两个零点且0而x2，eq \f(2,a)－x1均大于eq \f(1,a)，∴x2>eq \f(2,a)－x1，∴x1＋x2>eq \f(2,a)，得证.
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＋csx≤0在[－1,1]上恒成立，
∴λ≤(－csx)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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t＋1≤0，,h－1＝－t－1＋t2＋sin1＋1>0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t≤－1，,t2－t＋sin1>0，))
又t2－t＋sin1>0恒成立，
∴t≤－1，故t的取值范围为(－∞，－1].
(3)eq \f(lnx,fx)=eq \f(lnx,x)=x2－2ex＋m，
令f1(x)=eq \f(lnx,x)，f2(x)=x2－2ex＋m，
∵f1′(x)=eq \f(1－lnx,x2)，
∴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)=eq \f(1,e)，
又f2(x)=(x－e)2＋m－e2，
∴当m－e2>eq \f(1,e)，即m>e2＋eq \f(1,e)时，方程无解；
当m－e2=eq \f(1,e)，即m=e2＋eq \f(1,e)时，方程有一个解；
当m－e2