课时检测训练20-21 利用导数研究函数的零点 极值点偏移问题-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版2019）

课时检测训练20 利用导数研究函数的零点对应答案49 1.(2023·陕西西安·三模)设函数f(x)=anx:3.(2023·辽宁沈阳·就考一模)已知f(x)=(x a∈R -2xlnx+(a-2)r+21-a)r,a>0. (1)若函数g(x)=f(x)一x在定义域上单调递 (1)讨论f(x)的单调性： 减，求a的取值范围： (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围. (2)当a>0时，讨论函数f(x)=alnx+1零点 的个数. 4.设函数f(x)=x+mln(x十1)(m∈R). 2.已知函数f(x)=e+x+4ln(2一x). (1)若m=一1， (1)求函数f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线 ①求曲线f(x)在点(0，f(0)处的切线方程： 方程： ②当x∈(1，+∞)时，求证：f(x)<.x. (2)判断函数f(x)的零点个数，并说明理由. (2)若函数f(x)在区问(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·RJA —266 课时检测训练21 极值点偏移问题 >对应答案P495 1.已知函数f)=a≠0)， 3.已知函数f(x)=aln(x+2)一x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性和最值： (I)若对任意的x∈R,都有f(x)≤恒成立，求 (2)若关于r的方程e=2-nm m min十2(m>0) 实数a的取值范丽： (2)设m,n是两个不相等的实数，且m=ne"". 有两个不等的实数根工x,求证：e5十e>名 m 求证：m十n>2. 2.设函数f(x)=2lnx-m.x2十1. 4.已知函数f(x)=lnx一ar,a为常数. (1)当f(x)有极值时，若存在x。,使得f(x)> (1)若函数f(x)在x=1处的切线与x轴平行， m一1成立，求实数m的取值范围： 求a的值： (2)当m=1时，若在f(x)定义域内存在两实数 (2)当a=1时，试比较fm)与（偏）的大小： x1x满足x<x且f(无1)=f(x4),证明：x +x2>2. (3)若函数f(.x)有两个零点x1x2,试证明：xx >e2, 267 课时检测训练·数学·RJA高考一轮总复习·数学·RJA (0,1) (,+)上单调递减，即f(x)在 上单调递增，在 =1 f(!)=-In a,故 为函数的极大值点，函数极大值为 无极小值. e- x=1 18 0 y=h(x) (2)证明：设g(x)=xe2-In x-x-1,x>0, ∴0<a<e时，f(x)零点个数为0;a=e时，f(x)零点个数为 g'(x)=(x+1)e'-1-1,令h(x)=(x+1)e2-1-1, 则h'(x)=(x+2)e2+>0(x>0),即h(x)在(0,+∞)上 单调递增， 1;a>e时，f(x)零点个数为2. 2.解(1)f(x)=e2+1-2-(x<2), 所以f(O)=e°+1-2-0=0, h(去)=2e+-3<0,h(e)=(e+1)e-1-1>0, 又f(0)=e°+0+4ln(2-0)=1+4ln 2, 所以切点坐标为(0,1+41n 2), 故3x?∈(2,e),使得h(x。)=0,即x。e?=1, 所以函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=1 当x∈(0,x?)时，h(x)<0,g(x)在(0,x?)上单调递减， 当x∈(x。,+∞)时，h(x)>0,g(x)在(x。,+一)上单调 递增， +4ln 2. 故g(x)m=g(x?)=xe3-In--x-1=0, 即g(x)≥0,即xe2≥In x+x+1,则In x+x+1≤xe3. 课时检测训练20 利用导数研究函数的零点 (2)方法一：函数f(x)有两个零点，理由如下： 令g(x)=f(x),x∈(-∞,2), g'(x)=e-(2-4)2=2-2-)-4, 令h(x)=(2-x)2e2-4,x∈(-∞,2), h'(x)=x(x-2)e2, 1.解(1)由题意，函数g(x)的定义域为(0,+一). 当x<0时，h'(x)>0,h(x)单调递增， ∵g(x)在(0,+一)上单调递减， ∴g'(x)=a--1≤0在(0,+∞)上恒成立， 当0<x<2时，h'(x)<0,h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(0)=0,故g'(x)≤0, 所以g(x)在(-○,2)上为减函数， 即当a∈(0,+∞),a≤x+1恒成立， ∴a≤(x+) 所以当x<0时，g(x)>g(0)=0,即当x<0时，f'(x)>0, f(x)在(-,0)上单调递增， 当0<x<2时，g(x)<g(0)=0,即当0<x<2时，f'(x)< 0,f(x)在(0,2)上单调递减， ∵当x∈(0,+∞),x+≥2,,当且仅当x=1时取等号， (x+)=2,∴当x=1时，( 又因为f(2-e)=e2?+2-e+24<0, f(O)=e°+0+4ln 2>0, f(2-e??)=e2-+2-e??-24<e2-22<0, ∴a≤2. ∴a的取值范围为(-∞,2). (2)显然x=1不是f(x)的零点， 所以f(x)在区间(2-e,0),(0,2-e?)内各有一个零点，即 函数f(x)有两个零点. 综上，函数f(x)有两个零点. ∴f(x)=O→aln x+1=0>a=-anx 令h(x)=-nx,>0且x≠1,则h'(z)=(hn),由 方法二：函数f(x)有两个零点，理由如下： 令f(x)=e?+x+4ln(2-x)=0, 可得e?=-x-4ln(2-x), h'(x)>0>x∈(,1)U(,+),h'(x)<0→ x∈(0,e), (0,e)上单调递减，在(e,1),(1,+心)上单调∴h(x)在 递增， 判断函数f(x)的零点个数即判断函数t(x)=e*(x<2)与 g(x)=-x-41n(2-x)(x<2)图象交点的个数. t(x)=e"为增函数，t(x)>0, 当x→-时，t(x)→0, 当x→-∞时，g(x)→+一， 由g'(x)=-1+2-x=2=2=0,得x=-2, ∴在(0,1)上时，h(x)有极小值h(1)=e;;在(1,+○)上时， 当-2<x<2时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 当x<-2时，g'(x)<0,g(x)单调递减， h(x)<0. ∴h(x)的图象如图： 因为g(-2)=2-4ln 4<0, g(-e?+2)=e3-2-4ln e3=e-14>0, · 494 · g(O)=-4n 2<0,g(②)=--4n =m- 当x∈(1,+∞)时，可得h'(x)<0,h(x)在(1,+∞)上单调递减， in√>0, 又因为h(1)=-In 2<0,所以h(x)<0,即x2-In(x+1) <x3,即f(x)<x3, 且当x→2时，g(x)→+○,t(2)=e2, 即当x∈(1,+∞)时，f(x)<x3. 所以t(x)=e°与g(x)=-x-4ln(2-x)的图象在x<0时 有一个交点，在0<x<2时有一个交点. 综上，函数f(x)有两个零点. (2)由函数f(x)=x2+mln(x+1),x∈(0,1),可得f(x) =2x+"1-2a2+2a+m, 令g(x)=2x2+2x+m,x∈(0,1), 3.解 (1)∵f(x)=(2x-2)In x+(x2-2x)1+ 当m≥0时，g(x)>0,即f(x)>0,f(x)在区间(0,1)上 单调递增. 2(a-2)x+2(1-a)=2(x-1)ln x+x-2+2ax-x+2- 因为f(0)=0,所以f(x)>f(0)=0, 2a=2(x-1)ln x+2a(x-1)=2(x-1)(In x+a)(x>0). 所以函数f(x)在区间(0,1)上没有零点，不符合题意； ∵a>0,∴0<e?"<1, 当m<0时，函数g(x)=2x2+2x+m的图象开口向上，且 当x∈(0,e“)时，f'(x)>0,f(x)单调递增； x=-2,对称轴为直线 当x∈(e?",1)时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 当x∈(1,+一)时，f(x)>0,f(x)单调递增. 由g(1)=2+2+m≤0,解得m≤-4, 当m≤-4时，g(x)<0在区间(0,1)上恒成立， 综上所述，f(x)在(0,e?“)和(1,+∞)上单调递增，在(e“, 即f(x)<0,f(x)在区间(0,1)上单调递减. 1)上单调递减. 因为f(O)=0,所以f(x)<f(O)=0, a<2(2)情况一：若f(1)>0,即 时，由f(x)的单调性，其在 (e“,+)上恒为正，无零点， 所以函数f(x)在区间(0,1)上没有零点，不符合题意. 综上可得，-4<m<0, 设x?∈(0,1)使得g(x?)=0, 在增区间(0,e?“)至多有一个零点，不符合题意. >时情况二：若f(1)<0,即， 当x∈(0,xo)时，g(x)<0,f(x)<0,f(x)单调递减； 当x∈(x。,1)时，g(x)>0,f(x)>0,f(x)单调递增， 由于f(2)=0+4(a-2)+4(1-a)=2>0,由零点存在定 理，f(x)在区间(1,2)上存在一个零点， 因为f(0)=0,要使得函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一 零点， m>-n2,则满足f(1)=1+mln(1+1)>0,解得 取x∈(0,1),则x-2<-1,Inx<0,(a-2)x>0, f(x)=x[(x-2)nx+(a-2)x+21-a]]> (-n2,0).所以实数m的取值范围为 课时检测训练21 极值点偏移问题 x[(-1)ln x+0+2(1-a)], (A)-÷1.解(1)当a<0时， 当x∈(0,e21-)时，f(x)>0,由于f(x)在区间(0,e“)上单 调递增， 因为O<e2<e,所以>,即f()>e,不符合题意； 故f(x)在(0,e?“)恒为正，无零点，由零点存在定理，f(x)在 区间(e?",1)上存在一个零点，符合题意. a=2情况三：若f(1)=0,即( 时，同情况二可得f(x)在增区 f(x)=(1-2),当a>0时， 间(0,e")恒为正，无零点， f(x)仅有x=1一个零点，不符合题意. (2,+○).综上，a的取值范围是( 当x∈(-○,1)时，f'(x)>0;当x∈(1,+∞)时，f'(x)<0, 所以f(x)在(-0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减. 所以f(x)≤f(1)=e· 由f(x)≤ e<e恒成立可知 ,所以a≤1. 4.解(1)①当m=-1时，f(x)=x2-In(x+1),可得 f(x)=2x-+=2x2+2x-1, 又因为a>0,所以a的取值范围为(0,1). ="(2)证明：因为m=ne“?”,所以me"=ne”,即 则f(0)=-1,f(O)=0, 可得曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y-0=-1×(x-0),即x+y=0. 令g(x)=,,由题意可知，存在不相等的两个实数m,n,使 得g(m)=g(n). ②证明：令h(x)=f(x)-x3=-x3+x2-In(x+1), 由(1)可知，g(x)在区间(一，1)上单调递增，在区间(1, +一)上单调递减. 则h'(x)=-3x2+2x-+=-3x3+zca-1)2, 不妨设m<n,则m<1<n. ·495· 高考一轮总复习·数学·RJA 设h(x)=g(x)-g(2-x)(x>1), 则h(x)=g'(z)-[g(2-x)]=1=2+(z-De2=(x- 1).“1>0, 所以h(x)在(1,+∞)上单调递增， 所以h(x)>0,即g(x)>g(2-x)在区间(1,+∞)上恒 成立. 因为n>1,所以g(n)>g(2-n). 因为g(m)=g(n),所以g(m)>g(2-n). 又因为m<1,2-n<1,且g(x)在区间(一∞,1)上单调 递增， 所以m>2-n,即m+n>2. 2.解(1)f(x)定义域为(0,+∞),f(x)=2-2mx=2· (-mx2+1), 当m≤0时，f(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增，不 合题意，∴m>0. z=√灬，令-mx2+1=0,解得： ∴当xe(0.√A))时，f(x)>0; (√1,+○)时，f(x)<0.当x∈( (√1,+)上单(o,)上单 调递增,在∴f(x)在 调递减，∴f(x)=f(√A). 若存在x?,使得f(x?)>m-1成立，则m-1<f(x)mx,即 m-1<t(A). 又f(VA)=2 n√m-m·1+1=-Inm, ∴m-1<-In m, 即m+In m-1<0, h'(m)=1+=mm>0,令h(m)=m+In m-1,则 ∴h(m)在(0,+∞)上单调递增. 又h(1)=1+In 1-1=0,∴0<m<1, 即实数m的取值范围为(0,1). f(x)=2(2)证明：当m=1时，f(x)=2In x-x2+1,则。 -2x=2-2x2=2(1-a, ∴当x∈(0,1)时，f'(x)>0;当x∈(1,+一)时，f(x) <0. ∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴由x?<x?且f(x?)=f(x?),知0<x?<1<x?. 令F(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1), 则F'(x)=2(-2-2(1-(2-a)·(2-x)′= 4(c-)>0, ∴F(x)在(0,1)上单调递增，∴F(x)<F(1)=0,即f(x) <f(2-x),∴f(x?)<f(2-x?). 又f(x?)=f(x?),∴f(x?)<f(2-x?). ∵x?∈(0,1),∴2-x?∈(1,2).又x?>1且f(x)在 (1,+∞)上单调递减， ∴x?>2-x?,即x?+x?>2. 3.解(1)f(x)=x+2-1=-+2,其中x>-2, 若a≤0,则f(x)<0在(-2,+∞)上恒成立，故f(x)在 (-2,+∞)上为减函数，故f(x)无最值； 若a>0,当x∈(-2,a-2)时，f'(x)>0; 当x∈(a-2,+○)时，f'(x)<0. 故f(x)在(-2,a-2)上为增函数，在(a-2,+一)上为减 函数， 故f(x)mx=f(a-2)=aln a-a+2,f(x)无最小值. e=2-1n+2(m>0),即me'+z+Inm(2)证明：方程 =x+2+ln(x+2), 故e+1mm+In e2+mm=x+2+In(x+2). 因为y=x+In x为(0,+∞)上的增函数，所以x+2= e+am=me", e=2-n"2(m>0)有两个不等所以关于x的方程 的实数根x?,x2,即 x+2=me有两个不同的实数根x?,x?. 所以x?+2=me3,x?+2=me3,所以x?-x?=m(e3-e3). 不妨设 x?>x?,t=x?-x?,故 e+e3= (e2+e3)m-, 要证e+e3>2,即证(e3+e)me-e>2, 即证(e3+1)>2,即证(e+1)->2(1>0), 即证(e'+1)t>2e-2(t>0). 设s(t)=(e'+1)t-2e'+2,则s'(t)=e'+1+te'-2e'= (t-1)e2+1, 故s"(t)=te'>0,所以s'(t)在(0,+0)上为增函数， 故s'(t)>s'(0)=0,所以s(t)在(0,+∞)上为增函数， e3+e3>2成立.所以s(t)>s(0)=0,故 4.解(1)由f(x)=In x-ax,得f(x)=1-a ∵函数f(x)在x=1处的切线与x轴平行，∴f(1)=1- a=0,即a=1. (2)当a=1时，f(x)=In x-x, ∴f(x)=1-1=1-, 当0<x<1时，f'(x)>0,f(x)单调递增； 当x>1时，f'(x)<0,f(x)单调递减. 令h(m)=f(m)-f(n)=Inm-m-(m1-1)= 2ln m-m+n, 则h'(m)=2-1-1=-m2+2m-1=-("-1)2≤0. 高考一轮总复习·数学·RJA ·496· 又∵h(1)=0, ①当0<m<1时，h(m)>0,即f(m)>f(m); f(m)=f(m);②当m=1时，h(m)=0,即 ③当m>1时，h(m)<0,即f(m)<f(m). (3)证明：∵函数f(x)有两个零点x?,x?, ∴In x?-ax?=0,In x?-ax?=0, ∴In x?+In x?=a(x?+x2),In x?-In x?=a(x?-x?), m?a=a, 欲证明x?x?>e2,即证 In x?+In x?>2. a>z?+?∵In x?+In x?=a(x?+x?),∴即证 ?->+,∴原命题等价于证明 即证In>2z?+2c?>t?). =t, g(t)=Int-t+1(t>1),令 ,则t>1,设。 g'(t)=1-(1+12-(+1)>0, ∴g(t)在(1,+一)上单调递增. 又∵g(1)=0, ∴g(t)>g(1)=0, ∴Int>2(+-1,即x?x?>e2. 课时检测训练22 任意角和弧度制、三角函数的概念 [A级·基础巩固] 1.D 解析 -1125°=-1440°+315°=-8m+7. 2.B 解析 由题设可知-(2a+20+(a-2)-5且2a+1 >0,即a>-2, 所以45a2+5+1=25,则11a2+20a-4=0,解得a=-2或 a=2.又a>-_,所以a=2 3.C 解析 ①由于120°是第二象限角，390°是第一象限角， 故第二象限角大于第一象限角不正确，即①不正确； ②直角不属于任何一个象限，故三角形的内角是第一象限角 或第二象限角错误，即②不正确； ③不论是用角度制还是用弧度制度量一个角，它们与扇形的 半径的大小无关，即③正确； ④若sin a=sin β,则α与β的终边相同或终边关于y轴对 称，即④不正确； ⑤若cosθ<0,则θ是第二象限角或第三象限角或θ的终边 落在x轴的负半轴上，即⑤错误.其中正确命题的序号是③, 故选C. 4.B 解析 因为点P(2sin θ,sin θcosθ)位于第四象限， mcosc0,即{cse0,所以 所以角θ所在的象限为第 二象限. 5.ABC 解析 设扇形的半径为r cm,圆心角的弧度数为α, -, K二4或(=2解得则由题意得 所以圆心角的弧度数是4或1,扇形的半径是1 cm或2 cm. 6.ACD 解析 设天坛的圆形的半径为R,由 -5-1,故D正确； √5-1a2+a?=2π,由a?+a2=2π,所以 ,解得α?=(√5-1)π, 故C正确； 5-1≈0.618,则√5-1≈1.236,所以a?=(5-1)π≈由 1.236×180°≈222.5°, 所以a?≈360°-222.5°=137.5°,故A正确，B错误. 2r=2×7.B 解析 依题意，问题[三三]中扇形的面积为 量r=30×1=120(平方步),问题[三四]中扇形的面积为 2×99×52=5049(平方步). 8.A 解析 sin 2 022°-cos 2 022°=√2sin(2022°-45°)= √2sin 1977°=√2sin(5×360°+177°)=√2sin 177°>0, sin2 022°·cos 2 022°=2sin 4 044° =2sin(11×360°+84°)=2sin 84°>0, 所以点P(sin 2022°-cos 2022°,sin 2022°·cos 2022°)位 于第一象限. 9.-9 解析 ∵角α的终边与函数5x+12y=0(x<0)的 图象重合， tana=-5,即sina=-52cosa.∴a为第二象限角，且 ∴sin2a+cos2a=(-52cosa)+co2a=1,解得cos a= -3 .sina=-52cosa=-5×(-)=5 ∴2cos a+sina=2×(-3)+5=-13 10.8 2×3×3°解析 由题意可得，扇形 AOB的面积是 =3π, 2×3×12=3π.扇形COD的面积是- 3π-3π=3则扇面(曲边四边形ABDC)的面积是： (2)"<1,可得sinθ>0,由2<1,可得11.二 解析 由 cosθ<0, 所以θ为第二象限角. o=第，k∈Z.又12.1 解析 依题意170=θ+2kπ,k∈Z,所以( 因为0∈(6,3),所以8=4,所以tan θ=tan4=1. · 497· 高考一轮总复习·数学·RJA