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，