课时作业20 利用导数研究函数的零点-（课时作业）【红对勾讲与练】2024版新高考数学大一轮复习全新方案

课时作业20 利用导数研究函数的零点 1.已知函数f(x)=π(x一cosx)一2sinx一2,2.(2022·北京四中三模)已知函数f(r)=r sin r十 g(x)=(x-π) 1-sin 2.x c0sx十 1+sin x 一1，证明： 不 2a.x'x∈[0，x]. )存在唯-x∈(0.），使fx)=0: (1)当a=0时，求f(x)的单调区间： (2)当a>0时，讨论f(x)的零点个数 (2)存在唯一1，∈（受x小，使gc)=0,且对 (1)中的x。,有x。十x1>元. 红勾·讲与练·高三数学 -330- 3.(2022·天津南开中学模拟)已知函数f(x)=4.(2023·福建莆田华侨中学摸底)已知函数 x十a.x2十bx十c在点P(1,2)处的切线斜率 f(x)=e'sin x +ax. 为4，且在x=一1处取得极值. 1)若a=1,判断f(x)在20)上的单 (1)求函数f(x)的单调区间： (2)若函数g(x)=f(x)十m一1有三个零点， 调性： 求m的取值范围. (2)fx)在0，上有且只有2个零点，求a 的取值范围. -331- 第三章一元函数的导数及其应用 ‘练参 考 答 案 ① 当ln a≤1,即0<a≤e时,因为 x>1,ex >e≥a,x>1≥ln a,所以 f'(x)>0,因 此 函 数 f(x)在 区 间 (1,+∞)上单调递增,所以f(x)> f(1)=e+1-a≥e+1-e=1,不等 式f(x)<1在区间(1,+∞)上无解; ② 当ln a>1时,即a>e时,1<x< ln a,ex <eln a =a,x <ln a,因此 f'(x)<0,所以函数f(x)在区间(1, ln a)上单调递减,f(x)<f(1)=e+ 1-a<e+1-e=1,不等式f(x)< 1在区间(1,+∞)上有解. 综上,实数a的取值范围是(e,+∞). 2.解:(1)f(x)=ex-x-1,f(0)=e0- 0-1=0,即切点(0,0). f'(x)=ex -1,k=f'(0)=e0-1= 0,则切线方程为y =0. (2)x∈R,aex-x-1≥0恒成立等价 于x ∈R,a≥ x+1 ex 恒成立. 设g(x)= x+1 ex ,g'(x)= - x ex , x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为 增函数, x ∈(0,+∞)时,g'(x)<0,g(x)为 减函数, 所以g(x)max =g(0)=1,即a≥1. (3)证明:x ∈ (0,+∞), ex -1 x >e x 2 等价于x∈(0,+∞),ex-xe x 2-1>0. 设h(x)=ex -xe x 2 -1,x ∈ (0, +∞),h'(x)=e x 2 e x 2 - 1 2x-1 , 设k(x)=e x 2 - 1 2x -1 ,x ∈ (0, +∞),k'(x)= 1 2 (e x 2 -1)>0, 所以k(x)在(0,+∞)上为增函数,即 k(x)>k(0)= 0,所 以 h'(x)= e x 2 e x 2 - 1 2x-1 >0, 即h(x)在(0,+ ∞)上为增函数,即 h(x)>h(0)=0,故 ex -1 x >e x 2. 3.解:(1)当a=e时,f(x)=ex -ex- e,f'(x)=ex -e. ①f(1)= -e,f'(1)=0,∴切线方程 为y = -e. ②f'(x)=ex -e,令f'(x)=0,得 x =1, ∴ 当x<1时,f'(x)<0,函数f(x) 单调递减, 当x>1时,f'(x)>0,函数f(x)单 调递增, ∴f(x)min =f(1)= -e. (2)∵g(x)= aln x-ax2+a-e x (a≥0), 令g(x)= aln x-ax2+a-e x =0 得,aln x-ax2+a-e=0, 当a=0时,g(x)= - e x ≠0 ,g(x)无 零点, 当a>0时,令h(x)=aln x-ax2+ a-e,则h'(x)= a x -2ax= a(1-2x2) x , 令h'(x)=0,得 x = 2 2 ,当 x ∈ 0,22 时,h'(x)>0,函数h(x)单 调递增,当x∈ 2 2 ,+∞ 时,h'(x)< 0,函数h(x)单调递减, ∴h(x)max=h 2 2 =aln22-12a+ a-e= 1-ln 2 2 a-e , 当1-ln 2 2 a -e< 0 ,即 0 <a < 2e 1-ln 2 时,h(x)max<0,函数h(x)在 (0,+∞)上无零点, 当1-ln 2 2 a-e=0 ,即a = 2e 1-ln 2 时,h(x)max = 0,函 数 h(x)在 (0, +∞