2020届二轮复习导数与方程课时作业（全国通用） 练习
展开第5讲 导数与方程
1．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a>0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若1<a<e，试判断f(x)的零点个数．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a(x－1)－1＋＝，
令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝，
①若a＝1，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
②若0<a<1，则>1，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈时，f′(x)>0.f(x)是增函数．
③若a>1，则0<<1，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当0<a<1时，f(x)在(0，1)上是增函数，在上是减函数，在上是增函数；
当a>1时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
(2)当1<a<e时，
f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以f(x)的极小值为f(1)＝－1<0.
f(x)的极大值为f＝－＋ln ＝－－ln a－1.
设g(a)＝－－ln a－1，其中a∈(1，e)，
则g′(a)＝＋－＝＝>0，
所以g(a)在(1，e)上是增函数，
所以g(a)<g(e)＝－－2<0.
因为f(4)＝(4－1)2－4＋ln 4>×9－4＋ln 4＝ln 4＋>0，
所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0，
所以当1<a<e时，f(x)有且只有一个零点．
2．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)＝ex(ln x－ax＋a＋b)(e为自然对数的底数)，a，b∈R，直线y＝x是曲线y＝f(x)在x＝1处的切线．
(1)求a，b的值；
(2)是否存在k∈Z，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)f′(x)＝ex(ln x－ax＋＋b)，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由已知，得即，
解得a＝1，b＝.
(2)由(1)知，f(x)＝ex，则f′(x)＝ex，
令g(x)＝ln x－x＋＋，则g′(x)＝－<0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝>0，g(2)＝ln 2－1<0，
所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0.
所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．
又当x→0时，f(x)<0，f(1)＝>0，f(2)＝e2(ln 2－)>0，f(e)＝ee<0，
所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．
3．(2019·长春市质量监测(二))已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若方程f(x)＝ln x有两个实数根，求实数b的取值范围．
解：(1)由题意可得f′(x)＝ex＋b，
当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln (－b)，＋∞)上单调递增；
若x<ln (－b)，则f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln (－b))上单调递减．
(2)令g(x)＝ex＋bx－1－ln x，则g′(x)＝ex＋b－，易知g′(x)单调递增且一定有大于0的零点，设g′(x)大于0的零点为x0，则g′(x0)＝0，即e＋b－＝0，b＝－e.
方程f(x)＝ln x有两个实数根，即g(x)有两个零点，则需满足g(x0)<0，即e＋bx0－1－ln x0＝e＋x0－1－ln x0＝e－ex0－ln x0<0，
令h(x)＝ex－exx－ln x(x>0)，则h′(x)＝－exx－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
h(1)＝0，所以e－ex0－ln x0<0的解集为(1，＋∞)，所以b＝－e<1－e.
当b<1－e时，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，有g(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b，
令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，0<ex<1，
故G(x)＝(x＋1)ex－x>0，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g(x)>0.
综上，b的取值范围是(－∞，1－e)．
4．已知函数f(x)＝－x＋2aln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝ln x－bx－cx2，若函数f(x)的两个极值点x1，x2(x1<x2)恰为函数g(x)的两个零点，且y＝(x1－x2)g′()的范围是[ln 2－，＋∞)，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1＋＝－.
①若a≤1，则f′(x)≤0，当且仅当a＝1且x＝1时，f′(x)＝0，
②若a>1，令f′(x)＝0得x1＝a－，x2＝a＋.
当x∈(0，a－)∪(a＋，＋∞)时，f′(x)<0；
当x∈(a－，a＋)时，f′(x)>0.
所以当a≤1时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>1时，f(x)的单调递减区间为(0，a－)，(a＋，＋∞)；单调递增区间为(a－，a＋)．
(2)由(1)知，a>1且x1＋x2＝2a，x1x2＝1.
又g′(x)＝－b－2cx，所以g′()＝－b－c(x1＋x2)，
由g(x1)＝g(x2)＝0得ln ＝c(x－x)＋b(x1－x2)，
所以y＝(x1－x2)g′()＝－b(x1－x2)－c(x－x)
＝－ln＝－ln.
令＝t∈(0，1)，则y＝－ln t，所以y′＝<0，则y＝－ln t在(0，1)上单调递减，且当t→0时，y→＋∞.由y＝－ln t的取值范围是[ln 2－，＋∞)，得t的取值范围是(0，]，所以4a2＝＝＋＋2＝t＋＋2∈[，＋∞)，又a>1，故实数a的取值范围是[，＋∞)．
