2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：17 导数与函数的零点问题 Word版含解析.doc

课时作业17导数与函数的零点问题1已知f(x)ax2(b1)xlnxb，曲线yf(x)在点P(e，f(e)处的切线方程为2xy0.(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(e1)xlnxe.(2)x2(e1)xlnxe0x(e1)lnx0，x(0，e4设g(x)x(e1)lnx，x(0，e4，则g(x)1.由g(x)0得x11，x2e，当x(0,1)时，g(x)0，当x(1，e)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)1e0，极小值g(e)20，g(e4)e44(e1)，4(e1)2.742.546236，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，aR且a0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x，e时，试判断函数g(x)(lnx1)exxm的零点个数解：(1)f(x)(x0)，当a0恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，由f(x)0，得x，由f(x)0，得0x，函数f(x)在(，)上单调递增，在(0，)上单调递减综上所述，当a0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)(lnx1)exxm的零点，即当x，e时，方程(lnx1)exxm的根令h(x)(lnx1)exx，h(x)(lnx1)ex1.由(1)知当a1时，f(x)lnx1在(，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，当x，e时，f(x)f(1)0.lnx10在x，e上恒成立h(x)(lnx1)ex1010，h(x)(lnx1)exx在x，e上单调递增h(x)minh()2e，h(x)maxe.当me时，函数g(x)在，e上没有零点；当2eme时，函数g(x)在，e上有一个零点3(2019辽宁五校联考)已知函数f(x)x2alnx(aR)(1)若f(x)在x2处取得极值，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当a0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0.60，2.12，1.52.参考数据：ln20.693，ln31.099，ln51.609，ln71.946.解：(1)f(x)x2alnx，f(x)(x0)，由题意得f(2)0，则2232a20，a7，经验证，当a7时，f(x)在x2处取得极值，f(x)x27lnx，f(x)2x，f(1)7，f(1)3，则曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y37(x1)，即7xy100.(2)令g(x)2x3ax2(x0)，则g(x)6x2a，由a0，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)20，故当x(0，)时，g(x)0，又g(1)a1，则g(x0)0，f(x0)0，可得2lnx010.令h(x)2lnx1(x1)，易知h(x)在(1，)上单调递增，由于h(2)2ln220.70，故x0(2,3)，x02.4(2019南宁、柳州联考)已知函数f(x)lnxax2(2a)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，则f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，若x(0，)，则f(x)0，若x(，)，则f(x)0，且f(x)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，不妨设0x1x2，f()x1x2，故要证f()即可构造函数F(x)f(x)f(x)，x(0，)，f(x)f(x)f(x)f(x)f(x)，x(0，)，f(x)0，F(x)在(0，)上单调递增，F(x)F()f()f()0，即f(x)f(x)，x(0，)，又x1，x2是函数f(x)的两个零点且0x1x2，f(x1)f(x2)x1，x1x2，得证5(2019西安八校联考)已知函数f(x)x，g(x)f(x)sinx(R)在区间1,1上单调递减(1)求的最大值；(2)若g(x)sin1恒成立，即(t1)t2sin110(1)恒成立，令h()(t1)t2sin11(1)，要使h()0恒成立，则需又t2tsin10恒成立，t1，故t的取值范围为(，1(3)x22exm，令f1(x)，f2(x)x22exm，f1(x)，当x(0，e)时，f1(x)0，即f1(x)单调递增；当xe，)时