新高考数学一轮复习《导数大题突破练—隐零点问题》课时练习(2份打包，教师版+原卷版)

新高考数学一轮复习

《导数大题突破练—隐零点问题》课时练习

1.函数f(x)＝(x－1)ln x－a.

(1)若f(x)在x＝1处的切线方程为y＝1，求a的值；

(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．

【答案解析】解：(1)f′(x)＝，

f′(1)＝0，且f(1)＝－a，

∴切线方程为y－(－a)＝0，即y＝－a，

∴a＝－1.

(2)f(x)≥0恒成立，即a≤(x－1)ln x恒成立，

令φ(x)＝(x－1)ln x，

∴φ′(x)＝(x＞0)，

观察知φ′(1)＝0且当x∈(0,1)时，xln x<0，x－1<0，

∴φ′(x)<0，

当x∈(1，＋∞)时，xln x＞0，x－1＞0，

∴φ′(x)＞0，

∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

∴φ(x)min＝φ(1)＝0.

故a≤0，即实数a的取值范围是(－∞，0]．

2.已知函数f(x)＝aex－2x，a∈R.

(1)求函数f(x)的极值；

(2)当a≥1时，证明：f(x)－ln x＋2x＞2.

【答案解析】解：(1)f′(x)＝aex－2，

当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减，则f(x)无极值．

当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln ，

令f′(x)＞0得x＞ln ，   令f′(x)<0得x<ln ，

∴f(x)在(-∞,ln )上单调递减，

在(ln ,+∞)上单调递增，

∴f(x)的极小值为f(ln )＝2－2ln ，无极大值，

综上，当a≤0时，f(x)无极值．

当a＞0时，f(x)的极小值为2－2ln ，无极大值．

(2)证明　当a≥1时，f(x)－ln x＋2x≥ex－ln x，

令g(x)＝ex－ln x－2，转化为证明g(x)＞0，

∵g′(x)＝ex－，

令φ(x)＝ex－(x＞0)，

则φ′(x)＝ex＋(x＞0)，

则φ′(x)＞0，

∴g′(x)在(0，＋∞)上为增函数，

∵g′(1)＝e－1＞0，g′()＝－2<0，

∴∃x0∈(,1)，使得g′(x0)＝0，

∴函数g(x)在上单调递减，

在上单调递增，

∴g(x)≥g(x0)＝－ln x0－2＝＋x0－2≥2－2＝0，

∵x0≠1，

∴g(x)＞0，

∴f(x)－ln x＋2x＞2.

3.已知函数f(x)＝xln x.

(1)求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；

(2)若当x＞1时，f(x)＋x＞k(x－1)恒成立，求正整数k的最大值．

【答案解析】解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝ln x＋1，因为f′＝2，f＝e，

所以曲线y＝f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y－e＝2，

即2x－y－e＝0.

(2)由f(x)＋x＞k(x－1)，

得xln x＋x＞k(x－1)．

即k<对于x＞1恒成立，

令g(x)＝，只需k<g(x)min，

g′(x)＝＝，

令u(x)＝x－ln x－2，则u′(x)＝1－＝＞0，

所以u(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，

因为u(2)＝－ln 2<0，

u(3)＝1－ln 3<0，

u(4)＝2－ln 4＞0，

所以∃x0∈，

使得u(x0)＝x0－ln x0－2＝0，

且当1<x<x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

当x＞x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，

所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，

所以g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈，

又因为k∈N*，所以kmax＝3.

4.已知函数f(x)＝sin x－ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．

(1)求证：f′(x)在区间(-1,)上存在唯一极大值点；

(2)求证：f(x)有且仅有2个零点．

【答案解析】证明：(1)设g(x)＝f′(x)，

则g(x)＝cos x－，

g′(x)＝－sin x＋，

当x∈(-1,)时，g′(x)单调递减，

又g′(0)＞0，g′()<0，

所以g′(x)在(-1,)上有唯一零点，设为α.

则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0，

当x∈(α,)时，g′(x)<0.

所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在(α,)上单调递减，

故g(x)在(-1,)上存在唯一极大值点，即f′(x)在(-1,)上存在唯一极大值点．

(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．

①当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)上单调递增，而f′(0)＝0，

所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，

故f(x)在(－1,0)上单调递减，又f(0)＝0，

从而x＝0是f(x)在(－1,0]上的唯一零点．

②当x∈(0,]时，由(1)知，f′(x)在(0，α)上单调递增，在(α,)上单调递减，

而f′(0)＝0，f′()<0，所以存在β∈(α,)，

使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；

当x∈(β,)时，f′(x)<0.

故f(x)在(0，β)上单调递增，在(β,)上单调递减．

又f(0)＝0，f()＝1－ln(1+)＞0，

所以当x∈(0,]时，f(x)＞0.

从而f(x)在(0,]上没有零点．

③当x∈(,π]时，f′(x)<0，所以f(x)在(,π]上单调递减．

而f()＞0，f(π)<0，所以f(x)在(,π]上有唯一零点．

④当x∈(π，＋∞)时，ln (x＋1)＞1，

所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．

综上，f(x)有且仅有2个零点．

5.已知函数f(x)=(x-1)ex＋1，g(x)=ex＋ax-1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718 28…)．

(1)求证：函数f(x)有唯一零点；

(2)若曲线g(x)=ex＋ax-1的一条切线方程是y=2x，求实数a的值．

【答案解析】解：

(1)证明：因为f(x)=(x-1)ex＋1(x∈R)，

所以f′(x)=xex，

由f′(x)=xex=0，得x=0，f′(x)=xex>0时，x>0；f′(x)=xex<0时，x<0；

所以f(x)=(x-1)ex＋1在(-∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，

所以f(x)=(x-1)ex＋1的最小值为f(0)=0，

即函数f(x)=(x-1)ex＋1有唯一零点．

(2)设曲线g(x)=ex＋ax-1与切线y=2x相切于点(x0，y0)，

因为g(x)=ex＋ax-1，所以g′(x)=ex＋a，

所以消去a，y0，得(x0-1)ex0＋1=0，

由(1)知方程(x0-1)ex0＋1=0有唯一根x0=0，则e0＋a=2，所以a=1.

6.已知函数f(x)=ln x＋-s(s，t∈R)．

(1)讨论f(x)的单调性及最值；

(2)当t=2时，若函数f(x)恰有两个零点x1，x2(0<x1<x2)，求证：x1＋x2>4.

【答案解析】解：

(1)f′(x)=(x>0)，

当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值；

当t>0时，由f′(x)<0，得x<t，由f′(x)>0，得x>t，

f(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，

故f(x)在x=t处取得最小值，最小值为f(t)=ln t＋1-s，无最大值．

(2)∵f(x)恰有两个零点x1，x2(0<x1<x2)，

∴f(x1)=ln x1＋-s=0，f(x2)=ln x2＋-s=0，

得s=＋ln x1=＋ln x2，∴=ln，

设t=>1，则ln t=，x1=，

故x1＋x2=x1(t＋1)=，∴x1＋x2-4=，

记函数h(t)=-2ln t，

∵h′(t)=>0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增，

∵t>1，∴h(t)>h(1)=0，

又t=>1，ln t>0，故x1＋x2>4成立．

7.已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0)．

(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；

(2)证明：当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

【答案解析】解：

(1) f(x)=kx-ln x-1，f′(x)=k-=(x>0，k>0)，

当x=时，f′(x)=0；当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.

∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，

∴f(x)min=f=ln k，

∵f(x)有且只有一个零点，

∴ln k=0，∴k=1.

 (2)证明：由(1)知x-ln x-1≥0，即x-1≥ln x，当且仅当x=1时取等号，

∵n∈N*，令x=，得>ln，

∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln=ln(n＋1)，

故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)．

8.已知函数f(x)=x3-3x2+2x，g(x)=tx，．

（1）求函数的单调增区间；

（2）令h(x)=f(x)-g(x)，且函数h(x)有三个彼此不相等的零点0,m,n，其中m<n．

①若n=2m，求函数h(x)在x=m处的切线方程；

②若对，恒成立，求实数t的取值范围．

【答案解析】解：

（1），所以，

令 得到，

所以的单调增区间是．

（2）由方程得m,n是方程的两实根，

故m+n=3,mn=2-t，且由判别式得，

①若，得m=1,n=2，故，得t=0，因此，

故函数在x=1处的切线方程为y=-x+1．

②若对任意的，都有成立，所以，

因为，所以，

当时，对有，所以，解得，

又因为，得，则有；

当m<0<n时，，

则存在h(x)的极大值点，且，

由题意得，

将代入得，

进而得到，得，

又因为，得，

综上可知t的取值范围是或．