课时作业(十八) 导数与函数的零点（微练）-2022高考理科数学【赢在微点】大一轮复习顶层设计 配套word

课时作业(十八)　导数与函数的零点 1．(2021·北京市适应性测试)已知函数f(x)＝ex(x－1)－eax2，a<0，e为自然对数的底数。 (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)的极小值； (3)求函数f(x)的零点个数。 解　(1)因为f(x)＝ex(x－1)－eax2， 所以f′(x)＝xex－xea。 所以f(0)＝－1，f′(0)＝0。 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－1。 (2)f′(x)＝xex－xea＝x(ex－ea)， 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a(a<0)。 f(x)与f′(x)在R上随x的变化情况如表： x (－∞，a) a (a,0) 0 (0，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)    由表可知，当x＝0时，f(x)有极小值f(0)＝－1。 (3)当x≤1时，f(x)<0，且f(2)＝e2－2ea>e2－2>0。 由(2)可知，f(a)＝ea(a－1)－eaa2<0，且f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)的零点个数为1。 2．已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a≥1)。 (1)证明：函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数； (2)当a＝1时，证明：函数f(x)只有一个零点。 证明　(1)显然函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝。 ＝－2a2x＋a＝ 因为a≥1，x>1，所以2ax＋1>0，ax－1>0， 所以f′(x)<0， 所以函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数。 (2)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝。 －2x＋1＝－ 令f′(x)＝0，解得x＝－(舍去)或x＝1。 所以当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0。 所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以当x＝1时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，即为f(1)＝ln 1－12＋1＝0， 当x≠1时，f(x)<f(1)，即f(x)<0， 所以函数f(x)只有一个零点。 3．已知函数f(x)＝ae2x－ex－x(a∈R，e为自然对数的底数)。 (1)若－1≤a≤0，证明：函数f(x)有且只有一个零点； (2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围。 解　(1)证明：由f(x)＝ae2x－ex－x(a∈R)， 得＝2ae2x－ex－1， 故当a≤0时，f′(x)＝2ae2x－ex－1<0， 即函数f(x)在R上单调递减， 所以当a≤0时，函数f(x)在R上最多有一个零点。 又当－1≤a≤0时，f(0)＝a－1<0，f(－1)＝>0， 所以当－1≤a≤0时，函数f(x)有且只有一个零点。 (2)由(1)知，当a≤0时，函数f(x)在R上最多有一个零点，不符合题意，故a>0。 由f(x)＝ae2x－ex－x＝0，得a＝。 令g(x)＝。 ＝，则 令h(x)＝1－2x－ex，则＝－2－ex， 易知h′(x)<0恒成立，即h(x)在R上是减函数。 又h(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，g′(x)>0，当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0， 所以g(x)max＝g(0)＝1， 又当x∈(0，＋∞)时，g(x)>0，g(－1)＝e－e2<0， 所以当a∈(0,1)时，g(x)的图象与直线y＝a有两个交点，即f(x)有两个零点， 故实数a的取值范围是(0,1)。 4．已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ax2＋(1－a)x－1。 (1)当a＝－1时，判断函数的单调性； (2)讨论f(x)的零点个数。 解　(1)当a＝－1时，f(x)＝(x－1)ln x－x2＋2x－1＝(x－1)(ln x－x＋1)，x∈(0，＋∞)， 则f′(x)＝ln x－2x－＋3， 设h(x)＝ln x－2x－＋3， 则h′(x)＝， ＝－2＋ 当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0， 所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减。 所以h(x)的极大值，也是最大值为h(1)＝0， 所以f′(x)≤0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减。 (2)解法一：因为f(x)＝(x－1)(ln x＋ax＋1)， 所以x＝1是f(x)的1个零点。 设g(x)＝ln x＋ax＋1，则f(x)的零点个数等价于g(x)中不等于1的零点的个数再加上1。 ①当a＝－1时，由(1)可知，f(x)单调递减，又x＝1是f(x)的零点，所以此时f(x)有且只有1个零点。 ②因为g′(x)＝，当a≥0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)