高考理科数学一轮复习导数与函数的零点问题专题练习题

课时作业17 导数与函数的零点问题

1．已知f(x)＝ax－(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，e]内的零点的个数．

??fe＝－2e，

解：(1)由题知?

?f′e＝－2，?

4

2

??a＝1，

得?

?b＝e，?

∴f(x)＝x－(e＋1)xlnx－e.

e24

(2)x－(e＋1)xlnx－e＝0?x－(e＋1)lnx－＝0，x∈(0，e]．

2

xe4

设g(x)＝x－(e＋1)lnx－，x∈(0，e]，

xe＋1e

则g′(x)＝1－＋2＝

x－1

x2

x－e

xx.

由g′(x)＝0得x1＝1，x2＝e， 当x∈(0,1)时，g′(x)>0， 当x∈(1，e)时，g′(x)<0， 当x∈(e，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，e]上单调递增． 144

极大值g(1)＝1－e<0，极小值g(e)＝－2<0，g(e)＝e－4(e＋1)－3，

e1

∵4(e＋1)＋3<4×4＋1＝17，

ee>2.7>2.5>6＝36，

4

4

4

2

4

4

∴g(e)>0.

综上，g(x)在(0，e]内有唯一零点， 因此，f(x)在(0，e]内有唯一零点．

11

2．(2019·郑州第一次质量预测)已知函数f(x)＝lnx＋－，a∈R且a≠0.

44

4

axa(1)讨论函数f(x)的单调性；

1x(2)当x∈[，e]时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)e＋x－m的零点个数．

e解：(1)f′(x)＝

ax－1

(x>0)， ax2

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)＝由f′(x)＝ax－11

2>0，得x>， axaax－11

2<0，得0

∴函数f(x)在(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减． 综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

11

当a>0时，函数f(x)在(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减．

aa11x(2)∵当x∈[，e]时，函数g(x)＝(lnx－1)e＋x－m的零点，即当x∈[，e]时，方

ee程(lnx－1)e＋x＝m的根．

1xx令h(x)＝(lnx－1)e＋x，h′(x)＝(＋lnx－1)e＋1.

xx11

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，

xe1

∴当x∈[，e]时，f(x)≥f(1)＝0.

e11

∴＋lnx－1≥0在x∈[，e]上恒成立． xe1x∴h′(x)＝(＋lnx－1)e＋1≥0＋1>0，

x1x∴h(x)＝(lnx－1)e＋x在x∈[，e]上单调递增．

e1e11

∴h(x)min＝h()＝－2e ＋，

ee

h(x)max＝e.

1

e11

∴当m<－2e ＋或m>e时，函数g(x)在[，e]上没有零点；

ee1

e11

当－2e ＋≤m≤e时，函数g(x)在[，e]上有一个零点．

ee22

3．(2019·辽宁五校联考)已知函数f(x)＝x＋－alnx(a∈R)．

x(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. 22

解：(1)∵f(x)＝x＋－alnx，

x2x－ax－2

∴f′(x)＝(x>0)， 2

3

x由题意得f′(2)＝0，则2×2－2a－2＝0，a＝7， 经验证，当a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值， 2272

∴f(x)＝x＋－7lnx，f′(x)＝2x－2－，

3

xxx∴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)＝2x－ax－2(x>0)， 则g′(x)＝6x－a， 由a>0，g′(x)＝0，可得x＝∴g(x)在(0，23

a， 6

a6

)上单调递减，在(

a，＋∞)上单调递增． 6

由于g(0)＝－2<0，故当x∈(0，a)时，g(x)<0， 6

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)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－令h(x)＝2lnx－

3

－1＝0. x－1

30

3

－1(x>1)，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递增， x－1

31010

由于h(2)＝2ln2－<2×0.7－<0，

77

h(3)＝2ln3－>0，故x0∈(2,3)，[x0]＝2.

2926

4．(2019·南宁、柳州联考)已知函数f(x)＝lnx－ax＋(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′(

2

x1＋x2

2

)<0.

12

解：(1)函数f(x)＝lnx－ax＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋(2－

xa)＝－

ax－1

x2x＋1

，

①当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

11

②当a>0时，若x∈(0，)，则f′(x)>0，若x∈(，＋∞)，则f′(x)<0，则f(x)在

aa11

(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．

aa11

(2)证明：由(1)易知a>0，且f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，不

aa1

妨设0

ax1＋x2x1＋x212x1＋x22f′()<0?>?x1＋x2>，故要证f′()<0，只需证x1＋x2>即可．

22aa2a212

构造函数F(x)＝f(x)－f(－x)，x∈(0，)，f′(x)＝f′(x)－[f(－x)]′＝f′(x)

aaa2

＋f′(－x)

a＝

2axax－2＋22ax－1

＝x2－axx2－ax2

，