高考数学一轮复习 课后习题 课时规范练22　利用导数研究函数的零点（黑龙江版）

课时规范练22利用导数研究函数的零点(分值:66分)1.(15分)(2025·安徽马鞍山二模)已知函数f(x)=2ae2x+2(a-1)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.2.(17分)(2026·河北石家庄高三期中)已知函数f(x)=lnx+1,g(x)=axex,a∈R.(1)求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线l的方程,并证明除切点外,函数f(x)的图象在切线l的下方.(2)若0<a<12e(ⅰ)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)恰有两个零点;(ⅱ)设x1为h(x)的较大零点,h'(x0)=0,证明:x1<3x0.3.(17分)(2025·湖南长沙模拟)已知函数f(x)=ex-a(x-1).(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线l在x轴上的截距为2,求a的值;(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围;(3)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:1x1+14.(17分)(2025·河北石家庄模拟)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法,在计算机数学中有着广泛的应用.给定自然数m,n,我们定义函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似为R(x)=a0+a1x+…+amxm1+b1x+…+bnxn,且满足:f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),f(2)(0)=R(2)(0),…,f(m+n)(0)=R(m+n)(0).其中f(2)(x)=[f'(x)]',f(3)(x)=[f(2)(x)]',…,f(m+n)(x)=[f(m+n-1)(x)]'(1)求实数a,b的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>R(x);(3)已知x1,x2,x3是函数g(x)=xlnx-k(x2-1)的三个不同的零点,求实数k的取值范围,并证明:x1+x2+x3>3k-3.

参考答案1.解(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=4ae2x+2(a-1)ex-1=(2aex-1)(2ex+1).若a≤0,则f'(x)<0,则f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln2a.当x∈(-∞,-ln2a)时,f'(x)<0;当x∈(-ln2a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-ln2a)内单调递减,在(-ln2a,+∞)内单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,+∞)内单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-ln2a)内单调递减,在(-ln2a,+∞)内单调递增.(2)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.若a>0,由(1)知,当x=-ln2a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln2a)=1-12a+ln①当a=12时,由于f(-ln2a)=故f(x)只有一个零点;②当a∈12,+∞时,因为y=1-12a单调递增,y=ln2a单调递增,所以y=1-1所以1-12a+ln2a>1-12×12+ln2×12=0,f(-ln2a)>0,③当a∈0,12时,由于1-12a+ln2a<0,即f(-ln又f(-2)=2ae-4+2(a-1)e-2+2=2ae21e2+1+2-2e2>2-2e2>0,故f(x)在设正整数n0满足n0>ln32a-1>-ln2a,则f(n0)=en0(2aen0+2a-2)-n0>en0-n0>0,故f(x)在(综上,a的取值范围是02.(1)解f'(x)=1x,所以f'(1)=1,即曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为又f(1)=1,所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线l的方程为y=x.令k(x)=lnx+1-x(x>0),k'(x)=1x-当x∈(0,1)时,k'(x)>0,k(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,k'(x)<0,k(x)单调递减,所以k(x)≤k(1)=0,所以除切点外,函数f(x)的图象在切线l的下方.(2)证明(ⅰ)由题可知h(x)=lnx+1-axex(x>0),则h'(x)=1x-a(x+1)ex=1-ax(x+1)exx,设p(x)则p'(x)=-a(x2+x+2x+1)ex=-a[(x+1)2+x]ex,因为0<a<12e,x>0,所以p'(x)<0,所以p(x)在(0,+∞)内是减函数由p(1)=1-2ae>0,又结合0<a<12e,得e1a>1,所以p(1a)=1-(1a+所以存在x0∈(1,1a),使得p(x0)=所以当0<x<x0时,p(x)>0,即h'(x)>0,此时h(x)单调递增,当x>x0时,p(x)<0,即h'(x)<0,此时h(x)单调递减,所以x0是h(x)唯一的极值点,显然h(1e)=-a·1e·e1e<0,h因为h(x)在(0,x0)内单调递增,所以h(x)在(0,1)内必存在一个零点,且h(x0)>h(1)>0.由(1)可知lnx≤x-1,所以0<ln1a≤1a-1,又因为lnex≤ex-1,即ex≥x+1,所以e1a>1a+1,则h(1a)=ln1a+1-e1a<1a-1+1-1a-1=-1<0,又h(x0)>0,h(x)在(x0,+∞综上,h(x)在区间(0,+∞)内恰有两个零点.(ⅱ)由(ⅰ)可知,h'(x0)=1-a(x0+1h(x1)=lnx1+1-ax1·ex1=0,得a=ln即x1·ex1(x0+1)x0ex0=lnx1+1,所以x1(x0+1)x0·ex1-x0所以x1-x0<ln(x0+1)2=2ln(x0+1)<2x0,即x1<3x0成立.3.(1)解因为f(1)=e,则点P(1,e).因为f'(x)=ex-a,则f'(1)=e-a.根据题意,切线l经过点A(2,0),则直线PA的斜率是f'(1),即e-a=e1-2=-e,所以(2)解若a≤0,因为ex>0,则f'(x)>0,f(x)在R上单调递增,f(x)无极值,不符合题意.若a>0,令f'(x)>0,得x>lna,令f'(x)<0,得x<lna,则f(x)在(lna,+∞)内单调递增,在(-∞,lna)内单调递减,所以x=lna为f(x)的极小值点.由已知,f(lna)<0,即elna-a(lna-1)=a-a(lna-1)=a(2-lna)<0,从而2-lna<0,即lna>2,得a>e2,所以a的取值范围是(e2,+∞).(3)证明由已知,f(x1)=f(x2)=0,即e两式相乘,得ex1·ex2=a2(x1即ex1+x2=a2(x1x2-x所以x1x2-(x1+x2)=ex1+因为当a≤0时,f(x)在R上单调递增,f(x)至多有1个零点,不符合题意,则a>0.因为a(x1-1)=ex1>0,则x1>1;同理,x2>要证1x1+1x2>1,即证x1+x即证x1x2-(x1+x2)<0,只要证ex1+x2a2-1即证x1+x2<2lna,即证x2<2lna-x1.不妨设x1<x2,由(2)知,x1<lna<x2,则2lna-x1>lna.因为f(x)在(lna,+∞)内单调递增,只要证f(x2)<f(2lna-x1),即证f(x1)<f(2lna-x1).设h(x)=f(x)-f(2lna-x),则h'(x)=f'(x)+f'(2lna-x)=ex+e2lna-x-2a=ex+a2ex-2a≥2ex所以h(x)在R上单调递增.因为x1<lna,则h(x1)<h(lna)=f(lna)-f(lna)=0,即f(x1)-f(2lna-x1)<0,即f(x1)<f(2lna-x1),所以原不等式成立.4.(1)解依题意可知,f(0)=0,R(0)=ab因为f(0)=R(0),所以a=0.此时R(x)=3x因为f'(x)=11+x,R'(x)=所以f'(0)=1,R'(0)=1b因为f'(0)=R'(0),所以b=1.故a=0,b=1.(2)证明设h(x)=f(x)-R(x)=ln(1+x)-3x2+6xx2+6x+6(x>0),故h(x)在(0,+∞)内单调递增,由h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0,即f(x)>R(x).(3)解因为g(x)=xlnx-k(x2-1)=x[lnx-k(x-1x)](x>0)令φ(x)=lnx-k(x-1x),所以x1,x2,x3是φ(x)的三个不同的零点不妨设0<x1<x2<x3,φ'(x)=1x-k(1+1x2)=-①当k≤0时,φ'(x)>0,此时φ(x)在(0,+∞)内单调递增,此时φ(x)不存在三个不同的零点;②当k>0时,令s(x)=-kx2+x-k,Δ=1-4k2,若Δ=1-4k2≤0,即k≥12,s(x)≤0恒成立,即φ'(此时φ(x)在(0,+∞)内单调递减,此时φ(x)不存在三个不同的零点;若Δ=1-4k2>0,即0<k<12,φ'(x)=0存在两个不等的正实根r1,r2(r1<r2当x∈(0,r1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,当x∈(r1,r2)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,当x∈(r2,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,因为φ'(1)=1-2k>0,所以0<r1<1<r2,又因为φ(1)=0,故φ(r1)<0,φ(r2)>0,因为lnx<x-1(x≠1)(此不等式的证明略,但答题时要写上),所以ln1x<1x-1,即lnx>2-2x,所以φ(k4)=lnk4-k(k4-1k4)>2-2k2-k5+1k3=(2-k5)+1k2(1k-2)>0.因为0<k<12,所以0<k4<12k,又因为s(k4)=-k9所以由零点存在定理可知存在x1∈