课时作业21 利用导数研究函数的零点-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

课时作业21 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.(2023·北京四中三模)已知函数f(x)=rsin z+ g(x）=(x-π) 1-sin+ 2x 1+sin -1,证明： cost+2axx∈[0，x]. (1)当a=0时，求f(x)的单调区间： 1)存在唯一x。∈(0,2），使fx,)=0: (2)当a>0时，讨论f(x)的零点个数. (2)存在唯一x1∈（受x),使g(x)=0,且对 (1)中的x。,有xm+x1>π. 红勾·讲与练·高三数学 -330- 3.已知函数f(x)=x3+ax2十bx十c在点P(1,4.(2024·福建莆田华侨中学摸底)已知函数 2)处的切线斜率为4，且在x=一1处取得 f(x)=e'sin x+ax. 极值。 (1)求函数f(x)的单调区间： )若a=1,判断f(x)在(0)上的单 (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. (2fx)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hh ∴-aln a+e≤0,即aln a≥e,∴a≥ e,即a的取值范围为[e,+∞). 4.解:(1)当a=0时,f(x)=ln x-bx, 因为 f(x)= ln x -bx ≤ 0 在 (0,+∞)上恒成立,所以b≥ ln x x 在 (0,+∞)上恒成立, 令g(x)= ln x x ,即b≥g(x)max,则 g'(x)= 1-ln x x2 ,令g'(x)>0,解得 0<x<e,令g'(x)<0,解得x>e, 所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e, +∞)上单调递减. 故g(x)max =g(e)= ln e e = 1 e ,所以 实数b的取值范围是 1e ,+∞ . (2)证明:要证明f(x1+x2)< x1+x2 e - 2,即证ln(x1+x2)-a(x1+x2)2- b(x1+x2)< x1+x2 e -2 , 只需证ln(x1+x2)≤ x1+x2 e 和 -a(x1+x2)2-b(x1+x2)<-2. 由(1)知,当a=0,b= 1 e 时,f(x)= ln x- 1 ex ≤0 ,即ln x ≤ 1 ex ,所以 ln(x1+x2)≤ x1+x2 e . 要证-a(x1+x2)2-b(x1+x2)< -2,即证a(x1+x2)2+b(x1+x2)> 2.因为x1,x2 为f(x)的两个不同零 点,不妨设0<x1<x2,所以ln x1= ax21+bx1,ln x2 =ax22+bx2,则 ln x1 x2 = a(x1 +x2)(x1 -x2)+ b(x1-x2),两边同时乘以 x1+x2 x1-x2 , 可 得 ln x1 x2 ·(x1+x2) (x1-x2) = a(x1 + x2)2+b(x1+x2),即a(x1+x2)2+ b(x1+x2)= x1 x2 +1 ·lnx1x2 x1 x2 -1 . 令m = x1 x2 ∈(0,1),则a(x1+x2)2+ b(x1+x2)= (m+1)·ln m m-1 . 即证 (m+1)·ln m m-1 > 2,即证ln m < 2(m-1) m+1 = 2- 4 m+1 ,即证ln m + 4 m+1- 2<0. 令函数h(m)=ln m+ 4 m+1- 2,m∈ (0,1),则h'(m)= 1 m - 4 (m+1)2 = (m-1)2 m(m+1)2 >0,所以h(m)在(0,1) 上单调递增,所以h(m)<h(1)=0. 所以-a(x1+x2)2-b(x1+x2)< -2.故f(x1+x2)< x1+x2 e -2. 课时作业21 利用导数 研究函数的零点 1.证明:(1)当x ∈ 0, π 2 时,f'(x)= π+πsin x-2cos x>0,所以f(x)在 0,π2 上为增函数,又f(0)= -π- 2<0,f π 2 =π 2 2-4>0 ,所以存在唯 一x0∈ 0, π 2 ,使f(x0)=0. (2)当x∈ π 2 ,π 时,化简得g(x)= (π-x)· cos x 1+sin x+ 2x π -1. 令t=π-x,记u(t)=g(π-t)= - tcos t 1+sin t- 2 πt+1 ,t∈ 0, π 2 , 则u'(t)= f (t) π(1+sin t). 由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)<0, 当t∈ x0, π 2 时,u'(t)>0. 在 x0, π 2 上u(t)为增函数, 由u π2 =0知, 当t∈ x0, π 2 时,u(t)<0,所以 u(t)在 x0, π 2 上无零点. 在(0,x0)上u(t)为减函数,由u(0)= 1及u(x0)<0知存在唯一t0 ∈ (0, x0),使u(t0)=0. 于 是 存 在 唯 一 t0 ∈ 0, π 2 ,使 u(t0)=0. 设x1=π-t0∈ π 2 ,π ,则g(x1)= g(π-t0)=u(t0)=0,因此存在唯一 的x1 ∈ π 2 ,π ,使g(x1)=0. 由于x1 =π-t0,t0 <x0,所以x0+ x1 >π. 2.解:(1)当a=0时,函数f(x)=xsin x+ cos x,x∈[0,π],可得f'(x)=sin x+ xcos x-sin x =xcos x. 当x 在区间[0,π]上变化时,f'(x), f(x)的变化如下表: x 0 0,π2 π2 π2 ,π π f'(x) 0 + 0 - -π f(x) 1 ↗ 极大值 π 2 ↘ -1 所以f(x)的单调递增区间为 0, π 2 ; f(x)的单调递减区间为 π 2 ,π . (2)由题意,函数f(x)=xsin x + cos x + 1 2ax 2,x ∈ [0,π],可 得 f'(x)=ax+xcos x =x(a+cos x). 当a≥1时,a+cos x≥0在[0,π]上 恒成立,所以x ∈ [0,π]时,f'(x)≥ 0,所以f(x)在[0,π]上单调递增. 又因为f(0)=1,所以f(x)在[0,π] 上有0个零点. 当0<a<1时,令f'(x)=0,可得 x =0或cos x = -a. 由-1<-a<0可知存在唯一的x0∈ π 2 ,π 使得cos x0 = -a, 所以当 x ∈ [0,x0)时,f'(x)≥0, f(x)单调递增; 当x ∈ (x0,π)时,f'(x)<0,f(x) 单调递减, 因为f(0)=1,f(x0)>1,f(π)= 1 2aπ 2-1, 当1 2aπ 2-1>0,即 2 π2 <a<1时, f(x)在[0,π]上有0个零点. 当1 2aπ 2-1≤0,即0<a≤ 2 π2 时, f(x)在[0,π]上有1个零点. 综上可得,当0<a≤ 2 π2 时,f(x)有 1个零点;当a> 2 π2 时,f(x)有0个 零点. 3.解:(1)由函数f(x)=x3 +ax2 + bx+c,可得f'(x)=3x2+2ax+b, 因为函数f(x)=x3+ax2+bx+c 在点 P(1,2)处 的 切 线 斜 率 为 4, 且在x = -1处取得极值,可得 f(1)=2, f'(1)=4, f'(-1)=0, 即 1+a+b+c=2, 3+2a+b=4, 3-2a+b=0, 解得 a=1, b= -1, c=1. 所以f(x)=x3+x2-x+1,可得 f'(x)=3x2+2x-1,令f'(x)=0, 解得x = -1或x = 1 3. 当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况 如下: x (-∞,-1)-1 -1, 1 3 13 13 ,+∞ f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 2 ↘ 22 27 ↗ 所以函 数 f(x)的 单 调 递 减 区 间 是 -1, 1 3 ;单 调 递 增 区 间 是(- ∞, -1), 1 3 ,+∞ . (2)由函数f'(x)=3x2 +2x -1, g(x)=f(x)+m-1=x3+x2- x+m,则g'(x)=f'(x)=3x2 + 2x-1, 函数g(x)在x = -1处取得极大值, 在x = 1 3 处取得极小值, 要使 得 g(x)有 三 个 零 点,则 满 足 g(-1)>0, g 1 3 <0, 即 m+1>0, m- 5 27<0 , 解得-1<m < 5 27 , 所以m 的取值范围为 -1, 5 27 . 4.解:(1)当a=1时,f(x)=exsin x+ x,x ∈ - π 2 ,0 , f'(x)=exsin x +excos x +1= 2exsinx+ π 4 +1. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -582- 参 考 答 案 当x∈ - π 2 ,0 时,x+π4 ∈ -π4, π 4 ,所 以 - 22 < sinx+π4 < 2 2 ,-1< 2sinx+ π 4 <1, 又 0 < ex < 1, 故 2exsin x + π 4 >-1,从而 f'(x)>0,所 以, f(x)在 - π 2 ,0 上单调递增. (2)由函数f(x)=exsin x+ax,x∈ 0,π2 ,可知f(0)=0,则f(x)在 x ∈ 0, π 2 上有且只有1个零点. f'(x)=exsin x +excos x +a,令 h(x)=exsin x +excos x +a,则 h'(x)=2excos x≥0在 0, π 2 上恒 成立.即 f'(x)在 0, π 2 上单调递 增,f'(0)=1+a,f' π 2 =e π 2 +a. 当a ≥-1时,f'(x)≥f'(0)≥0, f(x)在 0, π 2 上单调递增.则f(x) 在 0,π2 上无零点,不合题意,舍去, 当a≤-e π 2 时,f'(x)≤f' π 2 ≤0, f(x)在 0, π 2 上单调递减,则f(x) 在 0,π2 上无零点,不合题意,舍去, 当-e π 2 <a<-1时,f'(0)=1+a< 0,f' π 2 =e π 2 +a>0,则f'(x)在 0,π2 上只有1个零点,设为x0. 且当x ∈ (0,x0)时,f'(x)<0;当 x ∈ x0, π 2 时,f'(x)> 0,所 以 f(x)在 (0,x0)上 单 调 递 减, 在 x0, π 2 上单调递增, 又f(0)=0,f π 2 =e π 2+ π 2a ,因此 只需f π 2 =e π 2 + π 2a≥0 即可, 即- 2 πe π 2 ≤a<-1. 综上所述,- 2 πe π 2 ≤a<-1. 课时作业22 隐零点 与极值点偏移 1.解:因为对任意x ∈ (0,+ ∞)都有 aex ≥f(x),即a≥ ln x+x+1 xex 恒 成立.令g(x)= ln x+x+1 xex , 则g'(x)= - (x+1)(ln x+x) x2ex . 令 h(x)= x +ln x,则 h(x)在 (0,+∞)上单调递增, 因为h 1e = 1e-1<0,h(1)=1> 0,所 以 存 在 x0 ∈ 1 e ,1 ,使 得 h(x0)=x0+ln x0 =0, 当x∈(0,x0)时,h(x)<0,g'(x)> 0,g(x)单调递增; 当x ∈ (x0,+ ∞)时,h(x)> 0, g'(x)<0,g(x)单调递减. 所以g(x)max=g(x0)= ln x0+x0+1 x0e x0 , 由x0+ln x0=0,可得x0= -ln x0. 则e x0 = 1 x0 ,所以g(x)max=g(x0)= ln x0+x0+1 x0e x0 =1, 又a≥ ln x+x+1 xex 恒成立,所以a≥ 1.综 上 所 述,实 数a 的 取 值 范 围 为 [1,+∞). 2.证明:f(x)=ex -2x.设 g(x)= f(x)+x2 - 21 8x +1=e x -2x + x2- 21 8x+1=e x +x2- 37 8x+1 , 则g'(x)=ex +2x- 37 8 , 令h(x)=g'(x)=ex +2x- 37 8 ,则 h'(x)=ex +2>0,∴h(x)在R上单 调递增, 又h(0)<0,h(1)>0,∴存在唯一零 点x0 ∈ (0,1), 使h(x0)=e x0 +2x0- 37 8 =0① , 当x ∈ (- ∞,x0)时,h(x)<0,即 g'(x)<0,g(x)单调递减, 当x ∈ (x0,+∞)时,h(x)>0,即 g'(x)>0,g(x)单调递增, 故g(x)在x =x0 处取得极小值,也 是最小值.g(x)min =g(x0)=e x0 + x20- 37 8x0+1 , 将 ① 式代入,则g(x)min =g(x0)= 37 8 -2x0 +x 2 0 - 37 8x0 +1=x 2 0 - 53 8x0+ 45 8 , ∵二次函数y=x2- 53 8x+ 45 8 在(0, 1)上单调递减,x0 ∈ (0,1), ∴g(x)min =g(x0)>g(1)=12 - 53 8 + 45 8 =0 , ∴f(x)+x2- 21 8x+1>0. 3.证明:设h(x)=f(x)-2x +1= xln x -2x +1,其 中 x > 0,则 h'(x)=ln x-1, 令h'(x)<0,可得0<x<e,此时,函 数h(x)在(0,e)上单调递减, 令h'(x)>0,可得x >e,此时,函数 h(x)在(e,+∞)上单调递增, 所以,x =e是函数h(x)的极小值点, 因为函数h(x)有两个零点x1,x2,设 x1 <x2,则0<x1 <e<x2, 即h(x1)=h(x2)=0且0<x1 < e<x2,要证x1+x2>2e,即证x2> 2e-x1 >e, 因为函数h(x)在(e,+∞)上单调递增, 所以,只需证明h(x2)>h(2e-x1), 即证h(x1)>h(2e-x1), 令 p(x)= h(x)-h(2e-x)= xln x-(2e-x)ln(2e-x)-4x+4e, 其中0<x <e. 则p'(x)=ln x+ln(2e-x)-2= ln(2ex-x2)-2, 因为0<x<e,则2ex-x2= -(x- e)2+e2 ∈ (0,e2), 所以,p'(x)=ln(2ex -x2)-2< ln e2-2=0,故函数p(x)在(0,e)上 为减函数, 又因为p(e)=0,所以p(x)>0对任 意的x ∈ (0,e)恒成立, 则p(x1)=h(x1)-h(2e-x1)>0, 即h(x1)>h(2e-x1),故x1+x2> 2e成立. 4.解:(1)f(x)的定义域是(0,+∞),求 导得f'(x)=1- a x = x-a x , 当a≤0时,f'(x)>0,函数f(x)没 有极值点; 当a>0时,令f'(x)=0,得x =a, 在(0,a)上,f'(x)<0,f(x)单调递 减,在(a,+∞)上,f'(x)>0,f(x) 单调递增, ∴ 函数f(x)有极小值点x =a,无极 大值点. (2)证明:由(1)知方程f(x)=k有2 个不等的实根x1,x2 时,f(x)在定义 域上不单调,一定有a>0,在(0,a)上 f(x)单调递减,在(a,+∞)上f(x) 单调递增,不妨设0<x1<a<x2,令 g(x)=f(x)-f(2a-x),x∈(0,a), ∵g(x)=x -aln x - (2a-x)+ aln(2a-x), ∴g'(x)=1- a x +1- a 2a-x = 2- a 1x + 1 2a-x =2- 2a 2 x(2a-x) , 由x∈(0,a)得0<x(2a-x)<a2, ∴ 2a 2 x(2a-x)> 2,∴g'(x)<0, ∴g(x)在(0,a)上单调递减, ∴g(x)>g(a)=0, 即f(x)>f(2a-x),x ∈ (0,a), 结合题设有f(x2)=f(x1)>f(2a- x1),∵x2 ∈ (a,+ ∞),2a -x1 ∈ (a,+∞),而f(x)在(a,+∞)上单调 递增, ∴x2 >2a-x1,即x1+x2 >2a. 第四章 三角函数、 解三角形 课时作业23 任意角与弧度制、 三角函数的概念 1.D 2.A 3.C 4.A 5.D 6.B 设 ∠AOB =θ,半圆的半径为r, 扇形 OCD 的 半 径 为r1,依 题 意,有 1 2θr 2- 1 2θr 2 1 1 2θr 2 = 5-1 2 ,即r 2-r21 r2 = 5-1 2 ,所以r 2 1 r2 = 3- 5 2 = 6-25 4 = 5-1 2 2 ,从而得r1 r = 5-1 2 . 故选B. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -583-