2025届高三数学一轮复习对点练26：导函数的零点

2025届高三数学一轮复习对点练26导函数的零点 1.已知函数x)=2sinx一xcosx一x,f(x)为fx)的导数 (I)证明：x)在区间(0，元)存在唯一零点： (2)若x∈[0，π时，x)≥ax,求a的取值范围. 2.已知函数fx)=e+1一2x十1，g(x)=lmxx十2. (1)求函数g(x)的极值： (2)当x心0时，证明：x)≥g(x). 3.(2024武汉调研)已知函数x)=ex一xn,gx)=ex一tx2+x,t∈R,其中e为自 然对数的底数， (1)求函数x)的图象在(1,1)》处的切线方程： (2)若g(x)≥x)对任意的x∈(0，十∞)恒成立，求t的取值范围. 4.(2024广州调研)已知函数x)=x2+1一asin x,x∈[0，元，a∈R,f(x)是函数f (x)的导函数 (1)当a=1时，证明：函数x)在[0，没有零点： (2)若f(x)十asin x-十a≤0在[0，上恒成立，求a的取值范围」 5.(2024长沙模拟改编)己知函数x)=n(x十1)+1，若(x)e对任意的x∈ (一1，十∞)恒成立，求k的取值范围 6.已知函数x)=(2e一x)nx,且fx)=12a有解，其中e为自然对数的底数，求实 数a的取值范围. 7.(2024青岛质检)设函数x)=e2x-anx. (1)讨论x)的导函数f(x)的零点的个数： (2)证明：当ca>0时，fx)≥2a十aln2a. 8.已知函数x)=ex一x2一x,若关于x的不等式x)>m十45对于任意x∈(0，十∞ )恒成立，求整数m的最大值 参考答案 1.(1)证明设g(x)=fx), 则g6)=cosx十sinx-1,g(x)=xcosx. 当x∈lals4alco1(0,fπ2)时，g'x)>0: 当x∈als4 alcol(fia2,时，g'x)<0, 所以gx)在las4 alcol(O,/π2)上单调递增，在lals4 allcol(fπ2)，πd上单调递 减。 又g(0)=0,gals4alco1fπ2)>0，g()=-2, 故gx)在(0，)存在唯一零点。 所以fx)在区间(O,元)存在唯一零点 (2)解由题设知π)≥a,π)=0，可得a≤0. 由(1)知，fx)在(0，)只有一个零点， 设为xo,当x∈(0，xo)时，f(x)>0: 当x∈(xo,元)时，f()<0,所以x)在(0，xo)上单调递增，在(co,π)上单调递减. 又0)=0，π)=0， 所以当x∈0，时，x)≥0. 又当a≤0，x∈[0，时，ax≤0，故x)≥ax 因此，a的取值范围是（一∞，0] 2.(1)解g(x)=lnxx+2定义域为(0，+∞)，g(x)=1一lnxx2, 则当x∈(0，c)时，g)>0,g(x)在(0，©)上单调递增： 当x∈(e,十∞)时，g'(x)0,g(x)在(e,十o∞)上单调递减， 故函数g(x)的极大值为g(e)=le十2，无极小值 (2)证明x)≥g(x)等价于证明xe+1-2≥nx十x(>0), 即xe+1-lnx-x-2≥0. hx)=xex+1-In x-x-2(x-0), h'(x)=(x+1)er+1-1+xx=(x+1)alvs4lallcol(ex+1-Iflx)), 令p(x)=ex+1-1x, 则g(x)在(0，十∞)上单调递增， 而pas4alco10ff110)=e110-10<e2-10<0,p(1)=e2-1>0, 故e(x)在(0，+o∞)上存在唯一零点xo,且o∈lalvs.4 alcol/110),l), 当x∈(0，xo)时，px)0,(x)0,x)在(0，xo)上单调递减： 当x∈(o,十∞)时，p()>0,H(x)>0,x)在(xo,十∞)上单调递增， 故)min=hxo)=xoeo+1-lnx0一xo-2, 又因为g(xo)=0,即e0+1=1x0, 所以xo)=-nx0一xo一1=(xo+1)-x0-1=0,从而hx)≥h(xo)=0,即fx)≥g (x). 3.解(I)由x)=ex-xlnx, 知fx)=e-lnx-1, 则f1)=e-1,f1)=e, 则所求切线方程为y一e=(e一1)x一1)， 即y=(e-1)x+1. (2).'Ax)=ex-xIn x,g(x)=ex-tx2+x,tER, ∴.g(x)≥x)对任意的x∈(0，十∞)恒成立等价于e一tx2+x-ex十xnx≥0对任意 的x∈(0，十∞)恒成立， 即t≤ex十x一ex十xln xx2对任意的x∈(0，十o∞)恒成立. 令Fx)=ex十x-ex十xln xx2, 则F(x)=xex十ex-2ex一nxx3 =1x2ex He-If2exx)-In x), 令Gx)=er+e-2exx-lnx, 则G'(x)=er-2(xex一exx2-lx=exK一l)2+ex一xx2>0对任意的x∈(0，+∞)恒 成立， ,.Gx)=ex+e一2exx-lnx在(0，+∞)上单调递增，且G(1)=0, .当x∈(0,1)时，Gx)0, 当x∈(1，+)时，Gx)>0, 即当x∈(0,1)时，Fc)0, 当x∈(1，十o)时，Fx)>0, .F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， .Fx)≥F1)=1,.t≤1， 即t的取值范围是（一∞，] 4.(1)证明若a=1, 则x)=x2+1一sinx,x∈0，， 又x2+1≥1,0≤sinx≤1， 故0≥-sinx≥-1，所以x2+1-sinx≥0， 又f0)=1,fas4alco10ffπ2)=π24，x)=π2+1， 当x∈alvs4 allcol0,fir2 Ulalvs-4 allcol(fπ2)，π时，-1<-sinx0, 所以x2+1一sin心0恒成立， 所以当a=1时，函数x)在[0，元没有零点. (2)解f(x)=2x-acosx,x∈[0，元]， 故2x一acosx十asinx十a≤0在[0，x上恒成立， 设g(x)=2x-acosx+asinx+a,x∈[0，， 所以g(0)=0≤0，g(π)=2π十2a≤0，即a≤一元， 因为g'(x)=2+asinx+acosx=a2 sinlalvs4-alico1x+ftπ4)+2， 由a≤-元，得a<0, 所以g'(x)在区间1as4 alcol(O,fπ4)上单调递减 所以2+a=g'(0)≥g'(x)≥g'aivs4 alcol(fiπ4)=2a+2: g'r)在区间lals4 alcol(4,π上单调递增， 2a+2=gals4alco1ffπ4)≤g'(x)≤g'(π)=2-a, 又a≤-元，所以g(0)=2+a0,gals4 alcol(fπ4》=2a十2<0，g(r)=2-a0, 故g'(x)在区间1als4 alcol(fπ4，π)上存在唯一零点区间xo, 由g'(x)的单调性可知，在区间[0，xo]上 g'e)≤0，g)单调递减：在区间(xo,上 g'(x)≥0，gx)单调递增， 则g)sg(0=0,g(x)≤g(π≤0，)故a≤一元. 所以a的取值范围是（一∞，一元] 5.解fx)e*恒成立， 亦即k>ln(x十1)十1x,x∈（一1，十∞）恒成立， 故只需k>ln(x+1)+1 ex))max,x∈(-1，+o∞) 令h(x)=lm(x+1)+lex,x∈(-1，+∞)， 则h(x)=lx+lex. 令m(x)=1x+1-n(x十1)-1，x∈(-1，十∞)， 则m'(x)=一1(x+1)2-1x+1<0, .m(x)在（一1，十∞）上单调递减。 又m(0)=0,.当x∈（一1,0）时，m(x)>0, 即(x)>0,此时h(x)单调递增： 当x∈(0，+∞)时，m(x)<0, 即H(x)<0,此时h(x)单调递减. ∴.hx)hax=h(0)=1,∴.k>1 故实数k的取值范围是(1，十∞) 6.解方程(2e-x)lnx=12a有解， 设o(x)=(2e-x)lnx, '(x)=-In x+2e-xx=-In x+2ex-1, 显然9(x)在(0，十∞)上单调递减， 又，p(e)=0,则当x∈(0，e)时，p'(x)P0: 当x∈(e,十o∞)时，中'(x)0, 从而gp(x)在(0，e)上单调递增，在(e,+o)上单调递减， 所以gp(xnx=gp(e)=e, 所以12a≤e,解得a<0或a≥12e 所以a的取值范围是(-o∞，0)Uf12,+o. 7.(1)解x)的定义域为(0，+∞)， f(x)=2e2r-ax(x-0). 当a≤0时，f(x)P0,f()没有零点； 当a>0时，因为e2x单调递增，一ax单调递增， 所以fx)在(0，+∞)单调递增， 又f(a)>0,当b满足0<b<a4且b14时，fb)0, 故当a>0时，f(x)存在唯一零点. (2)证明由(1)，可设f(x)在(0，+∞)的唯一零点为xo, 当x∈(0，xo)时，f(x0: 当x∈(x0,十∞)时，fx)）0. 故)在(0，xo)上单调递减，在(o,十∞)上单调递增， 所以当x=xo时，x)取得最小值，最小值为xo), 由于2e2x0-ax0=0, 所以fxo)=a2x0+2ao+aln2a≥2a+adn2a, 故当a>0时，fx)≥2a十aln2a. 8.由x)>m十45对于任意x∈(0，十∞)恒成立， 令g(x)=fx)-45=e-x2-x-45 →g'(x)=ex-2x-1, 记hx)=g'(x)=ex-2x-1→h'(x)=e*-2, 当x∈(0，n2)时，H(x)0; 当x∈(dn2,+c∞)时，H(x)>0, 故hx)即g(x)在(0，ln2)上单调递减，在(dn2,+∞)上单调递增， 又g0)=0,gln2)=1-2n2<0, Bg(1)=e-3-0,g'lalvs4alcol(f32))=e32-4-0, 故存在唯一xo∈as4 alcol(1,/32,使g(xo)=0, 故当x∈(0，xo)时，g(x)0: 当x∈(xo,+∞)时，g'(xP0, 故gx)在(0，xo)上单调递减，在(xo,十∞)上单调递增， 所以g(x)mm=g(xo)=e0一x20-xo-45, 由g(xo)=0,即e0-2xo-1=0, 得g(x0)=e0-x20-x0-45=-x20+x0+15, 由xo∈1als4alco11,f32,得-1120gxo)15, 所以m<-1120, 又因为m是整数，所以mmx=一1.