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专题突破练(分值:60 分)
学生用书
P143
1.(13 分)(2024·浙江杭州模拟)设函数f(x)=(x-1)2ex-ax,若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为
y=-2x+b.
(1)求实数a,b 的值;
(2)判断函数f(x)零点的个数.
解(1)由题意可得f'(x)=(x2-1)ex-a.因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-2x+b,所以
{
f '(0)=-1-a=-2,
f (0)=1=b,
解得{
a=1,
b=1.
(2)由(1)知f(x)=(x-1)2ex-x,所以f(x)=ex[( x -1)
2- x
e
x],令g(x)=(x-1)2- x
e
x ,则f(x)的零点个数就是g(x)的
零点个数.由于g'(x)=(x-1)(2+ 1
e
x),所以当x<1 时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1 时,g'(x)>0,g(x)单调递
增.又g(0)=1>0,g(1)=-1
e
<0,g(2)=1- 2
e
2>0,所以g(0)g(1)<0,g(1)g(2)<0,由零点存在定理可得,∃x1∈(0,1),
使得g(x1)=0,∃x2∈(1,2),使得g(x2)=0,故函数f(x)有两个零点.
2.(15 分)已知函数f(x)=aln x-2√x.
(1)若a=2,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,16]上有两个零点,求实数a 的取值范围.
解(1)当a=2 时,f(x)=2ln x-2√x,该函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=2
x - 1
√x
,又f(1)=-2,f'(1)=1,因此,曲线
y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y+2=x-1,即x-y-3=0.
(2)①当a≤0 时,f'(x)=a
x - 1
√x
<0,
则f(x)在(0,+∞)上单调递减,不符合题意;
②当a>0 时,由f(x)=aln x-2√x=0 可得2
a = ln x
√x
,令g(x)=ln x
√x
,其中x>0,则直线y=2
a
与曲线y=g(x)的图
象在(0,16]上有两个交点,g'(x)=
√x
x - ln x
2√x
x
= 2- ln x
2 x √x
,令g'(x)=0,可得x=e2<16,当x 变化时,g'(x),g(x)的
变化情况如表所示.
x
(0,e2)
e2
(e2,16]
g'(x)
+
0
-
g(x)
单调递增
极大值
单调递减
所以函数g(x)在区间(0,16]上的极大值为g(e2)=2
e
,且g(16)=ln 2,作出g(x)的图象如图所示.
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由图可知,当ln 2≤2
a < 2
e
,
即e<a≤2
ln 2时,直线y=2
a与曲线y=g(x)的图象在(0,16]上有两个交点,即f(x)在(0,16]上有两个零点,因
此,实数a 的取值范围是e, 2
ln 2
.
3.(15 分)(2024·湖北黄石三模)已知函数f(x)=x-ln x+m 有两个零点x1,x2.
(1)求实数m 的取值范围;
(2)如果x1<x2≤2x1,求此时m 的取值范围.
解(1)令f(x)=0,即m=ln x-x,令g(x)=ln x-x,则g'(x)=1
x
-1=1- x
x
,当0<x<1 时,g'(x)>0,当x>1 时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.又g(1)=-1,且x→0 时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→-
∞,又y=g(x)的图象与直线y=m 有两个交点,所以,实数m 的取值范围是(-∞,-1).
(2)由(1)可得m=ln x1-x1,m=ln x2-x2,又0<x1<1<x2≤2x1,所以ln x1-x1=ln x2-x2,即ln x2
x1
=x2-x1,令t= x2
x1
,t∈(1,2],则ln t=(t-1)x1,所以x1= ln t
t -1
,x2=t ln t
t -1
,记h(t)= ln t
t -1
,t∈(1,2],则h'(t)=1- 1
t - ln t
(t -1)
2
,令H(t)=1-1
t
-
ln t,t∈(1,2],则H'(t)= 1
t
2 - 1
t = 1-t
t
2 ,所以,当t∈(1,2]时,H'(t)<0,即H(t)单调递减,由于H(1)=0,所以当
t∈(1,2]时,H(t)<0,所以h'(t)=1- 1
t - ln t
(t -1)
2
<0,所以函数h(t)在区间(1,2]上单调递减,故x1=h(t)≥h(2)=ln 2,
即ln 2≤x1<1,而m=g(x)=ln x-x,g(x)在区间(0,1)上单调递增,故m=g(x1)≥g(ln 2)=ln(ln 2)-ln 2 且
m=g(x1)<g(1)=-1,即m∈[ln(ln 2)-ln 2,-1).
4.(17 分)(2024·四川成都一模)已知函数f(x)=exsin x(e 是自然对数的底数).
(1)求f(x)的单调递减区间;
(2)记g(x)=f(x)-ax,若0<a<3,试讨论g(x)在(0,π)上的零点个数.(参考数据:
e
π
2≈4.8)
解(1)f(x)=exsin x,定义域为R.
f'(x)=ex(sin x+cos x)=√2exsin(x + π
4).
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令f'(x)<0,解得sin(x + π
4)<0,
解得2kπ+3 π
4
<x<7 π
4
+2kπ(k∈Z).∴f(x)的单调递减区间为(
3 π
4 +2k π , 7 π
4 +2k π)(k∈Z).
(2)由已知g(x)=exsin x-ax,
∴g'(x)=ex(sin x+cos x)-a.
令h(x)=g'(x),则h'(x)=2excos x.
∵x∈(0,π),∴当x∈(0, π
2)时,h'(x)>0;
当x∈(
π
2 ,π)时,h'(x)<0,
∴h(x)在(0, π
2)上单调递增,在(
π
2 ,π)上单调递减,即g'(x)在(0, π
2)上单调递增,在(
π
2 ,π)上单调
递减.∵g'(0)=1-a,g'(π)=-eπ-a<0,
①当1-a≥0,即0<a≤1 时,g'(0)≥0,
∴g'(
π
2)>0.∴∃x0∈(
π
2 ,π),使得g'(x0)=0,
∴当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减.
∵g(0)=0,∴g(x0)>0.又g(π)=-aπ<0,
∴由零点存在定理可得,此时g(x)在(0,π)上仅有一个零点.
②当1<a<3 时,g'(0)=1-a<0,
∵g'(x)在(0, π
2)上单调递增,在(
π
2 ,π)上单调递减,又g'(
π
2)=e
π
2-a>0,
∴∃x1∈(0, π
2),x2∈(
π
2 ,π),使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,
且当x∈(0,x1),x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0,∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在(x1,x2)上
单调递增.∵g(0)=0,∴g(x1)<0.
∵g(
π
2)=e
π
2 - π
2
a>e
π
2 - 3 π
2
>0,∴g(x2)>0.
又g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在(0,π)内有两个
零点.
综上,当0<a≤1 时,g(x)在(0,π)上仅有一个零点;当1<a<3 时,g(x)在(0,π)上有两个零点.
