课时21 隐零点与极值点偏移问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版）

高考总复习数学(BS) 课时冲关21 隐零点与极值点偏移问题 1.已知函数f(x)=(x-1)ex一ax的图象在x =0处的切线方程是x十y十b=0. 3.已知函数fx)=分r2+(1-a)x-alh (1)求a,b的值； a∈R. (2)求证函数f(x)有唯一的极值点xo,且 (1)若f(x)存在极值点1，求a的值； B-多 (2)若f(x)存在两个不同的零点x1,x2, 求证：x1+x2>2. 2已知雨数代)十号+2的图象在点4卫刻函数)-n-2 (1,f(1)处的切线方程为y-3=0. (1)讨论f(x)的单调性； (1)判断函数f(x)的单调性； (2)证明：若a≥1，f(x1)=f(x2)(x1<x2), (2)证明：当x>0时，f(x)≤e2x. 则x1十x2>2. ·276· 主题二第三章导数及其应用 5.设函数f(x)=(x十a)e,已知直线y= 6.已知函数f(x)=xlnx一a.x2十x(x∈R). 2x十1是曲线y=f(x)的一条切线， (1)证明：曲线y=f(x)在点，(1，f(1)处的 (1)求a的值，并讨论函数f(x)的单调性； 切线1恒过定点； (2)若f(x1)=f(x2),其中x1<x2 (2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x2>2x1 证明：x1·x2>4. 证明所十好 ·277·高考总复习数学(BS) <0,()-（2+1）>0.故 令g(x)=0,得(2-lnx)lnx-0. 则lnx=0或lnx=2,解得x=1或x '(x)在(0，受）上存在唯一零点，设 =e2. 当0<x1时，lnx0,2-lnx>0, 为a,则h(a)=0,所以当x∈(0，a), 所以g(x)<0,g(x)在(0,1)上单调 <0当x∈(e,受)h(x)>0: 递减； 当1<x<e2时，lnx>0,2-lnx>0, 又当x∈[受x）时，h(x)>0,所以 所以g(x)>0,g(x)在(1，e2)上单调 递增； h(x)在(0，a)上单调递减，在(a,π)上 当x>e2时，lnx>0.2-lnx<0,所 单调递增，h(x)在(0，π)上存在唯一极 小值，点a,因为h(0)=0,所以h(a) 以g(x)<0,g(x)在(e2,十o∞)上单 调递减 0,又因为h(π)=πe>0,所以h(x)在 由g(x)的单调性可知，g(x)的极小值 (0,π)上存在唯一零点3，所以函数 为g(1)=0,g(x)的极大值为g(e2) f(x)与g(x)在(0，π)上具有C关系， 4 综上：m<-1,即n∈（-∞，-1). 05. 7.解：(1)函数的定义域(0，十∞)，f(x)= 当x→0+时，lnx→-o∞，(lnx)2→ In x-a, 十∞， 当x>e“时，f(x)>0,函数单调递 增，当0xea时，f'(x)<0,函数单 ⊥→十∞，所以g(x)→十0 调递减， 当x→十∞时，g(x)→0. 故当x=e时，函数取得极小值f(ea) 因为直线y=a与函数g(x)的图象有 =1一e4,没有极大值. 3个不同的交点，结合g(x)的图象（图 (2)由(2a-n(2+a+1)十十 象略)可知，0<x11x2<e2<x3 x+2=0整理可得(1-2a)(xlnx+1) 且0<号 =(x+1)2,令y=xlnx+1, 则y-lnx+1=0,可得x= 故a的取值范国为(0，吉)】 e (i)要证(lnx2-lnx)·lnrg 易得当>。时，画数单调递增，当1 < <上时，函数单调递减， 即证 e (n-） 故工一七时，画载取得最小值1一日 e >0,即y=xlnx十1>0， 即证(ln√x2-ln√)·ln√x (x+1)2 故原方程可转化为1-2a一inr十 < 令g(x)= (x+1)2 即证(ln√c2-ln√c)·ln√< xln x+1' 则g(x)=(x+1)(lnx-1)(x-1) -1+ (xln +1)2 由(i)中可知0<x<1<x2<e2< 因为r>0,易得当x>e或0<x<1 时，g'(x)>0,函数单调递增，当1<x ,且0<a<合，则G<1,1< <e时，g'(x)<0,函数单调递减， /r2<e,√/x3>e, 故当x=1时，函数取得极大值g(1) =4,当x=e时，函数取得极小值g(e) 又a= (In x1)2 (hx2)2 =e十1，由题意可得，y=1一2a与 g(x)有3个交，点，则e十1<1-2a<4, (In x3 )2 3 √x1 解得-是<a<- =a, 故宾数a的取值范国（一子，一受） 即Y区-nE_n区 VI VI 8.解：(1)当a=1时，f(x)=x-(lnx)2, x>0,f(1)=1, a<1 2 e, f(x)=1-21n三f(1)=1,所求切 线方程为y=(.x-1)十1，即x-y=0. 对-n后·加-()· (2)(1)因为x>0,所以原问题可转 √·< 化为：方程a=血)有3个不相等 () ·√ x (lh√)2 的实根，x2,x3,且x1<x2<x3· √x3 令g(x)=lnx)2 ，则问题转化为：直 由(i)可知，√rg>e,g(√)= 线y-a与函数g（x)的图象有3个不 同的交，点， 山<合因-·h √xg 2In z r-(In r)2 g(x)= 西< 由(e-2)2>0,得e2>4e-4=4(e-1), (2-In r)In x x ·518· 则-ln√·l<4< e2e-I 令至=，则至=心1，n区 x2 /x2 ln√_lnt+ln√2 √x3t·x2 垫理得n网-兴h- 故hh瓜-. 证明(ln√c2-ln√)·ln√< 1+点 -h国n国<以及n因 h回票公.可以得到 (h√-ln√)·lh√-ln√x ·ln√-ln√c·ln√< + t(In t)2 要证(hx-h)lm<4e e,证 (In t)2 (t-1)2 <1即可， 即证1n1<(>1), 令h(t)=lnt- ,则N() =二(f-1)2 又t>1,则h'(t)<0,h(t)在(1，十∞) 上单调递减， 则h()<0,即1n1<,命题得证. 课时冲关21 1.解：(1)因为f(x)=xe2-a,由f'(0) =-1,得a=1,又当x=0时，f(x)= 一1，所以切线方程为y一（一1） =-1(x-0),即x十y十1=0，所以b-1, (2)令g(x)=f(x)=xe-1,则g(x) =(x十1)e,所以当x<-1时，g(x) 单调递减，且此时g(x)<0,则g(x)在 (一∞，一1)内无零点： 当x≥一1时，g(x)单调递增， 且g(-1)<0,g(1)=e-1>0, 所以g(x)=0有唯一解x0,f(x)有唯 一的极值点x0·由xoe=1今e f,)-1 -(+小 又（合）-1<0 g(1)=e-1>0=2 7<x<1→2< 十<号所以0>-是 5 2.解：(1)因为f(x)=1-hx-4 所以f(1)=1-a=0,解得a-1, 所以f(x)=二lnx 函数f(x)的定义域为(0，十∞)，令 f(x)>0,得0<x<1；令f(x)0, 得x>1.所以函数f(x)的增区间为 (0,1),减区间为(1，+∞). (2)证明：要证f(x)≤e2x,即证ln二+4.解：1)由题意知(=一(x>0. +2≤e2x,只需证x(e2x-2)-lnx 当a0时，当x∈(0，十∞)时，f'(x)》 x >0,f(x)在(0，十∞)上单调递增； -1≥0. 当a>0时，当x∈(0，a)时，f(x)<0: Ag(x)=x(e2r-2)-In x-1, 当x∈(a,+∞)时，f'(x)>0, 其中x>0, f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,十∞)上 则g(x)-(2x+1)e2x-1+2x 单调递增，综上，a0时，f(x)在 (0,十∞)上单调递增；a>0时，f(x】 -(2+D(e2-） 在(0，a)上单调递减，在(a,十∞)上单 调递增。 令h(r)=e2a-1(x>0),则(x)= (2)证明：：f(x1)=f(x2)(x1<x2), x Tiraln2 22+>0,所以h()在(0，+∞) 即a= II x2一x1 上单调递增， 又a≥1，要证x1十x2>2,只需证 因为h(什）-E-4长0，h(合) 2rycra ln =e-2>0, x1十2> x2-x1 (0<x1<x2). 所以存在∈（宁，）使() 即证2--21n9>0,0 e2- 1 =0,可得2x0=-lnx0, 设g)=t-上-2nE,r>1, 当x∈(0，xo)时，h(x)<0,即g(x)<0, 则g(x)在(0，x0)上单调递减； 则gx)--1D2≥0. 当x∈(xo,十∞)时，h(x)>0,即g(x) >0,则g(x)在(x,十∞)上单调递增 g(x)在[1，十∞)上单调递增，： 所以g(x)mn=g()=x(e2-2)- h6-1=(3-2）+2,-1=0.所 >1g(会）>g1)=0.不等式① 成立，即x1十2>2成立. 以g(x)≥0，所以f(x)≤e2x. 5.解：(1)设直线y=2x十1与曲线 3.解：(1)由已知得f(x)=x十1-a y=f(x)相切于点(x0,f(xo)), 4,因为f(x)存在极值点1，所以 ,f(x)=(x十a+1)e2, ∴.f'(xo)=(xo+a+1)e=2: f(1)=0,即2-2a=0,a=1,经检验 又f(.xo)=(.xo十a)e=2xo十1， 符合题意，所以a=1. ∴.2-eg=2xo十1，即em+2xo-1=0: (2)f'(x)=x+1-a -a=(x十1)· 设g(x)=e2+2.x-1, 则g(x)=e+2>0, 1-）x>0 g(x)在R上单调递增， 又g(0)=0,g(x)有唯一零，点x=0, ①当a0时，f'(x)>0恒成立，所以 ,·x0=0, f(x)在(0，十∞)上为增函数，不符合 ∴.a十1=2，解得a=1: 题意： ∴.f(x)=(x+1)er, ②当a>0时，由f(x)=0,得x=a, f'(x)=(x+2)e, 当x>a时，f'(x)>0,所以f(x)单调 则当x∈(-oo,-2)时，f(x)<0: 递增，当0<x<a时，f(x)<0,所以 当x∈(-2，十∞)时，f(x)>0； f(x)单调递减，所以当x=a时，f(x) ,∴.f(x)在（一∞，一2）上单调递减，在 取得极小值f(a). (一2，十0∞)上单调递增， 又f(x)存在两个不同的零点x1,x2, (2)由(1)知：f(x)nmin=f(-2) 所以a)<0,即2.2+(1-a)a -e2<0 当x<-1时，f(x)<0:当x>一1时， alna<0,整理得lna>1-之a, f(x)>0,.r1<-2<x2<-1; 作y=f(x)关于直线x=a的对称曲 要运A·>4,只需证山<号<-2： 线g(x)=f(2a-x), f(x)在(-∞，-2)上单调递减， h(x)=g(x)-f(x)=f(2a-x)- f(x)-2a-2r-aln 2a-x 六只需证f)>f(): x 又f(x1)=f(x2),则只需证f(r2)> 则N'(x)=-2+(2a-x)z 2a2 f(侍)时任意∈(-2，-1)恒 2a2 成立； =-2+-（x-a)2+a' 因为在(0,2a)上，h(.x)≥0，所以h(x) 设)=)-f()-2K-. 在(0,2a)上单调递增，不妨设x1a /(x)=(x+2)e+8〔x2e x2,则h(x2)>h(a)=0,即g(x2)= f(2a-x2)>f(x2)=f(x1),又2a -x+2)e(xe÷+8: x2∈(0，a),x1∈(0，a),且f(x)在 (0,a)上为减函数，所以2a一x2<x1, 设p(x)=x3e÷+8(-2<x<-1), 即1十x>2a,又lna>1-2a,易 则p(x) 知a>1成立，故x1十x2>2. =e·[(+受）+子]o ·519· 参考答案 ·(x)在（一2，一1）上单调递减， ∴.p(x)<p(-2)=一8十8=0， 又当-2<x<-1时，x+2)e ∠0 h'(x)>0, h(x)在(-2，-1)上单调递增， .h(x)>h(-2)=f(-2)-f(-2) -0.即x>f()在x(-2 -1)时恒成立，又x2∈(-2，-1)， “)>(母)原不等式得运 6.证明：(1)f(x)=xlnx-ax2+x =In x+1-2ax+1=In x-2ax+2, f(1)=2-2a,又f(1)=1-a, ∴.曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线 方程为y-(1-a)=(2-2a)(x-1), 即y-21-a)(-）当x- 1 时，y=0,故直线1过定点(20） (2)证明：：工，2是f(x)的两个零点， 且x2>2x1, lnx1-ax+西=0， "{x2lnx2-a.x号+xo=0, 可得n西十1=a西， In x2+1-ax2, :n西+1ln2i 1 _ln()+2_lm2-ln五. x1十x2 x2-x1 令t=2(>0),lnx1x2+2 x (+)h2 1-=+1)1ln, x2-x1 t-1 构造函数g(t)= (t+1ln1, t-1 1- 1-2Int g(t)= (t-1)2 令h(t)=1-i 1 -2lnt,则h'(t)= 1-1)2>0,则h()在(2，十∞)上单 12 调运增，西A(2)=2-合-21n2=号 2 -21n2>0,.g(t)>0,则g(t)在 (2,十∞)上单调递增， g(t)>g(2)=3ln2,可得ln(x1x2)+ 2>3h2,则lh(2)>h3, 即1n>8, ,则√+>21 e 课时冲关22 l.B[,a是第三象限角，.2kπ十元<a <2x+k∈+受<号< -x+至<x-受<-x+受， 故当为偶数时，不一号是第一象限 角：故当长为奇数时，元一号是第三象 限角.]