课时检测训练20 利用导数研究函数的零点-【勤径学升】2024高考数学一轮总复习课时训练

课时检测训练20 利用导数研究函数的零点对应客案46 1.(2023·陕面面安·三模)设函数f(x)=anx:3.(2022·天津和平·二模)设a,b为实数，且a> ×1 a∈R 1,已知函数g(x)=a,h(x)=h.x-e(x∈R). (1)当a=e时，曲线g(x)的切线方程为y=h(.x) (1)若函数g(x)=f(x)一x在定义域上单调递 +e,求b的值： 减，求a的取值范围： (2)求函数f(.x)=g(x)一h(x)的单调区间： (2)当a>0时，讨论函数f(x)=alnx+】零点 (3)若对任意b>2e”,函数f(x)=g(x)-h(x)有 两个不同的零点，求4的取值范围. 的个数. 2.(2022·北京市第五中学三模)已知函数f(x)= 4.设函数f(x)=x十mln(x十1)(m∈R). (x-az)In r+x(aER,a>0). ()若m=一1， (1)若1是函数f(x)的极值点，求a的值： ①求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程： (2)若0<a≤1，试问f(x)是否存在零点.若存 ②当x∈(1，十oo)时，求证：f(x)<x 在，请求出该零点：若不存在，请说明理由。 (2)若函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点， 求实数m的取值范围. 课时检测训练·数学·RA 266—所以h(x)>0.又因为a≥1，所以a(x+c0sx)≥x十c0sx,2.解(1)f(x)=(x一ux)lnx十x,定义城是(0，十oo), 所以e+a(x+co5x)-x-1-xlnr>e'+cosx一1一 (x)=x-a+1+(2x-a)In r. xin ,1是西数f(x)的极值点，.f(1)=2一a=0,解得a=2. ①当0x≤1时，因为e十cosx一1>0，xlnx0,所以c十 经检验a=2符合愿意. cos -1-xln >0: (2)证明：令f(x)=0,即(x一a)lnx十1=0，令h(x)= ②当x>1时，令g(x)=e十cosx一xnx-1,则g'(x)= (x-a)lnx+1(x>0), e'-In x-sin x-1. 设h(x)=g'(x),则h'(x)=e- 则'(x)=nx+1-4=lnr十r-a 一cosx,设m(x)■e r 令m(r)=znx+x-a,则m'(x)=lnx+2, 厂士0则m（)=0+十咖k图为>1，所以网 1 令m'(.x)=0,解得x=e',而m(e)=一e-a<0, 当0<r<e时，m'(x)<0,m(x)单调递减： (x)>0,所以n(xr),廊h'(x)在(1，十o)上单调递增，所 以h(x)>'(1)=e一1-cos1>0,所以h(r)在 当x>e时，m'(x)>0,n(r)单调递增， (1,十oo)上单调递增，所以h(x)>h(1)=e-in1一1> 当x趋向于0时，m(x)楚向于一a,即m(x)<0, 0,即g(x)>0, m(e2)=-e-a<0,m(1)=1-a≥0， 所以g(x)在(1，十∞)上单调递增，g(x)>g(1)=e十 故存在x。∈(e,1),使得m(xn)=xlnx。十2一a=0,即 cos1-1>0,即e'+cosx一1-xlnx>0. h'(x)=0, 综上可知，当a≥1时，e十a(x十cosx)一一1一xlnr≥e 故当0<x<x。时，h'(x)<0,h(x)单阔道戒 +cos x-I-rlnr>0. 当x>x,时，h'(x)>0,h(x)单调递增， pf(x)>xlnx十1-a.x. 故(x)n=h(x)=(一a)lnn+1=1-x,(lnx)> 课时检测训练2)利用导数研究函数的零点 0(x∈(e,1)), 1,解(1)由题意，函数g(x)的定义域为(0，十)， 故h(x)>0,h(x)即f(x)无零点 :g(x)在(0.十o)上单调递减， 3.解(1)设切点坐标(xe),g'(x)=e, g(x)=-1-1≤0在(0.十o)上恒成立. 切线方程为y一e=e(x一x), 即y=ex-ex。十e. 即当xe(0,十o∞）a<x十根成立， 又曲线(x)的切线方程为y=h(x)十e=b.x, u≤(e+） t.=1.:.b-e. -。+e=0he, :当x∈(0，十0)，x+>≥2，当且仅当工=1时取等号， (2)'f(x)=a'-br+e,:f()=a'In a-b. 令f(x)>0.即alna>h.文：a>1.na>0. =1时，(+）=2a≤2 a的取值范国为(-，2]. :不等式化为a>na 当b≤0时，不等式恒成立，f(x)≥0，f(r)在R上单调 (2)显然x=1不是f(x)的零点，.f(x)=0→alnx十 1 递增， 1 0>a= f(x)单调递增区间为（一∞，十o∞），无单调递减区间： xln c" 令h(x)=