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创新设计浙江专用2017届高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第4讲导数与函数的切线及函数零点问题练习


专题一 函数与导数、不等式 第 4 讲 导数与函数的切线及函数零点 问题练习
一、选择题 1.曲线 y=xe +1 在点(0,1)处的切线方程是( A.x-y+1=0 C.x-y-1=0 解析 y′=e +xe =(x+1)e ,
x x x x

)

B.2x-y+1=0 D.x-2y+2=0

y′|x=0=1,∴所求切线方程为:x-y+1=0.
答案 A 2.(2016·南昌模拟)曲线 y=e 形的面积为( A. C. 1 3 2 3
-2x -2x

+1 在点(0,2)处的切线与直线 y=0 和 y=x 围成的三角

) B. 1 2

D.1 , ∴曲线在点(0, 2)处的切线斜率 k=-2,

解析 因为 y′=-2e

∴切线方程为 y=-2x+2,该直线与直线 y=0 和 y=x 围成的三角

?2 2? 所以 形如图所示, 其中直线 y=-2x+2 与 y=x 的交点为 A? , ?, ?3 3?
1 2 1 三角形面积 S= ×1× = . 2 3 3 答案 A 3.(2016·洛阳模拟)曲线 y=xln x 在点(e,e)处的切线与直线 x+ay=1 垂直,则实数 a 的值为( A.2 C. 1 2 ) B.-2 1 D.- 2

1 解析 依题意得 y′=1+ln x,y′|x=e=1+ln e=2,所以- ×2=-1,所以 a=2,故

a

选 A. 答案 A 4.已知 y=f(x)为 R 上的可导函数,当 x≠0 时,f′(x)+ 则函数 g(x)的零点个数为( )
1

f(x) 1 >0,若 g(x)=f(x)+ , x x

A.1 C.0 解析 令 h(x)=xf(x),因为当 x≠0 时,

B.2 D.0 或 2

xf′(x)+f(x) h′(x) >0,所以 >0,因 x x

此当 x>0 时,h′(x)>0,当 x<0 时,h′(x)<0,又 h(0)=0,易知当 x≠0 时,h(x) >0,又 g(x)= 答案 C 5.已知 e 是自然对数的底数,函数 f(x)=e +x-2 的零点为 a,函数 g(x)=ln x+x-2 的零点为 b,则下列不等式中成立的是( A.f(a)<f(1)<f(b) C.f(1)<f(a)<f(b)
x x

h(x)+1 ,所以 g(x)≠0,故函数 g(x)的零点个数为 0. x

) B.f(a)<f(b)<f(1) D.f(b)<f(1)<f(a)

解析 由题意, 知 f′(x)=e +1>0 恒成立, 所以函数 f(x)在 R 上是单调递增的, 而 f(0) =e +0-2=-1<0,f(1)=e +1-2=e-1>0,所以函数 f(x)的零点 a∈(0,1);由题 1 意,知 g′(x)= +1>0,所以 g(x)在(0,+∞)上是单调递增的,又 g(1)=ln 1+1-2
0 1

x

=-1<0,g(2)=ln 2+2-2=ln 2>0, 所以函数 g(x)的零点 b∈(1,2). 综上,可得 0<a<1<b<2. 因为 f(x)在 R 上是单调递增的,所以 f(a)<f(1)<f(b). 答案 A 二、填空题 6.(2016·全国Ⅲ卷)已知 f(x)为偶函数, 当 x<0 时, f(x)=ln(-x)+3x, 则曲线 y=f(x) 在点(1,-3)处的切线方程是________. 解析 设 x>0,则-x<0,f(-x)=ln x-3x,又 f(x)为偶函数,f(x)=ln x-3x,

f′(x)= -3,f′(1)=-2,切线方程为 y=-2x-1. x
答案 2x+y+1=0 1 3 2 7.函数 f(x)= x -x -3x-1 的图象与 x 轴的交点个数是________. 3 解析 f′(x)=x -2x-3=(x+1)(x-3),函数 f(x)在(-∞,-1)和(3,+∞)上是增 2 函数,在(-1,3)上是减函数,由 f(x)极小值=f(3)=-10<0,f(x)极大值=f(-1)= >0 3 知函数 f(x)的图象与 x 轴的交点个数为 3.
2
2

1

答案 3 8.(2016·济南模拟)关于 x 的方程 x -3x -a=0 有三个不同的实数解,则实数 a 的取值 范围是________. 解析 由题意知使函数 f(x)=x -3x -a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即可, 又 f′(x) =3x -6x=3x(x-2),令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=2.当 x<0 时,f′(x)>0;当 0<x <2 时,f′(x)<0;当 x>2 时,f′(x)>0,所以当 x=0 时,f(x)取得极大值,即 f(x)
极大值 2 3 2 3 2

= f(0) =- a ;当 x = 2 时, f(x) 取得极小值,即 f(x) 极小值 = f(2) =- 4 - a ,所以

?-a>0, ? ? 解得-4<a<0. ? ?-4-a<0,

答案 (-4,0) 三、解答题 9.(2016·武汉模拟)已知函数 f(x)=2ln x-x +ax(a∈R). (1)当 a=2 时,求 f(x)的图象在 x=1 处的切线方程;
2

?1 ? (2)若函数 g(x)=f(x)-ax+m 在? ,e?上有两个零点,求实数 m 的取值范围. ?e ?
解 (1)当 a=2 时,f(x)=2ln x-x +2x, 2
2

f′(x)= -2x+2,切点坐标为(1,1), x
切线的斜率 k=f′(1)=2,则切线方程为 y-1=2(x-1),即 y=2x-1. (2)g(x)=2ln x-x +m, 2 -2(x+1)(x-1) 则 g′(x)= -2x= .
2

x

x

?1 ? 因为 x∈? ,e?,所以当 g′(x)=0 时,x=1. ?e ?
1 当 <x<1 时,g′(x)>0,此时函数单调递增; e 当 1<x<e 时,g′(x)<0,此时函数单调递减. 故 g(x)在 x=1 处取得极大值 g(1)=m-1. 1 ?1? 2 又 g? ?=m-2- 2,g(e)=m+2-e , e ?e?

g(e)-g? ?=4-e2+ 2<0,则 g(e)<g? ?, e e

?1? ? ?

1 e

?1? ? ?

?1 ? 所以 g(x)在? ,e?上的最小值是 g(e). ?e ?

3

? ? g(x)在? ,e?上有两个零点的条件是 e
1

?

?

g(1)=m-1>0, ? ? ? ?1? 1 g? ?=m-2- 2≤0, ? e ? ?e?
1 解得 1<m≤2+ 2, e 1? ? 所以实数 m 的取值范围是?1,2+ 2?. e ? ? 10.(2016·平顶山二调)已知函数 f(x)=ln x-ax+ , 对任意的 x∈(0, +∞), 满足 f(x)

b x

?1? +f? ?=0,其中 a,b 为常数. ?x?
(1)若 f(x)的图象在 x=1 处的切线经过点(0,-5),求 a 的值; (2)已知 0<a<1,求证:f? ?>0; ?2? (3)当 f(x)存在三个不同的零点时,求 a 的取值范围.

?a ?

2

?1? (1)解 在 f(x)+f? ?=0 中,取 x=1,得 f(1)=0, x ? ?
又 f(1)=ln 1-a+b=-a+b=0,所以 b=a. 1? a 1 ? 从而 f(x)=ln x-ax+ ,f′(x)= -a?1+ 2?,

x

x

?

x?

f′(1)=1-2a.
-5-f(1) 又 f′(1)= =5,所以 1-2a=5,a=-2. 0-1

a a 2 2 a ?a ? (2)证明 f? ?=ln - + =2ln a+ - -ln 2. 2 2 a a 2 ?2?
2 x 2 2 3x -3x +4(x-1) 令 g(x)=2ln x+ - -ln 2,则 g′(x)= - 2- = . 2 x 2 x x 2 2x 所以 x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 故 x∈(0,1)时,
3 2 4

2

2

3

3

g(x)>g(1)=2- -ln 2>1-ln e=0,
所以 0<a<1 时,f? ?>0. ?2? 1 ? 1 ? -ax +x-a. (3)解 f′(x)= -a?1+ 2?= 2
2

1 2

?a ? ?

2

x

x?

x

①当 a≤0 时,在(0,+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增, 所以 f(x)至多只有一个零点,不合题意;

4

1 ②当 a≥ 时,在(0,+∞)上,f′(x)≤0,f(x)单调递减, 2 所以 f(x)至多只有一个零点,不合题意; 1 1- 1-4a ③当 0<a< 时,令 f′(x)=0,得 x1= <1, 2 2a
2

x2=

1+ 1-4a >1. 2a

2

此时,f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增, 在(x2,+∞)上单调递减,所以 f(x)至多有三个零点. 因为 f(x)在(x1,1)上单调递增,所以 f(x1)<f(1)=0. 又因为 f? ?>0,所以? x0∈? ,x1?,使得 f(x0)=0. ?2? ?2 ?

?a ?

2

?a

2

?

?1? 又 f? ?=-f(x0)=0,f(1)=0, x ? 0?
1 所以 f(x)恰有三个不同的零点:x0,1, .

x0

? 1? 综上所述,当 f(x)存在三个不同的零点时,a 的取值范围是?0, ?. ? 2?
11.已知函数 f(x)=e -ax -bx-1,其中 a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数. (1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值; (2)若 f(1)=0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:e-2<a<1. (1)解 由 f(x)=e -ax -bx-1,有 g(x)=f′(x)=e -2ax-b,所以 g′(x)=e -2a. 当 x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a], 1 当 a≤ 时,g′(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; e 当 a≥ 时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减. 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b; 1 e 当 <a< 时,令 g′(x)=0,得 x=ln (2a)∈(0,1), 2 2 所以函数 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增. 1 于是,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当 a≤ 时, 2
x
2

x

2

x

x

g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b;
1 e 当 <a< 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; 2 2

5

e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b. 2 (2)证明 设 x0 为 f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由 f(0)=f(x0)=0 可知 f(x)在区 间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减. 则 g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负. 故 g(x)在区间(0,x0)内存在零点 x1, 同理,g(x)在区间(x0,1)内存在零点 x2, 所以 g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点. 1 由(1)知,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上单调递增, 2 故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点,不合题意. e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上单调递减,故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点,不合题意. 2 1 e 所以 <a< . 2 2 此时 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增,因此 x1∈(0, ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有 g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0. 由 f(1)=0 有 a+b=e-1<2, 有 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0, 解得 e-2<a<1. 所以函数 f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1.

6


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