课时作业22 隐零点与极值点偏移-(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22 隐零点与极值点偏移 ln_1+1.若对任意x 2.已知函数f(x)=e-2x,求证:f(x)十x 1.已知函数f(x) (0.十x)都有ae二f(x),求实数a的取值 范围. 忆勾·讲与练·高三数学 -332- 3.已知函数f(x)=xlnx,方程f(x)-2x-1的 4.已知函数f(x)=x-alnx. 两个解为x,x,求证:x,十x>2e. (1)求函数f(x)的极值点; (2)若方程f(x)一有2个不等的实根x,x。. 证明:x+x。2a. -333- 第三章 一元函数的导数及其应用参 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-