人教版2020高考数学(理科)一轮复习课时作业:17 导数与函数的零点问题_含解析.doc

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1、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,

2、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∈[,

3、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00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

4、-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[

5、,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

6、,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)

7、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)

8、=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,

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