高考理科数学一轮复习导数与函数的零点问题专题练习题

课时作业17 导数与函数的零点问题

1．已知f (x )＝ax 2

－(b ＋1)x ln x －b ，曲线y ＝f (x )在点P (e ，f (e))处的切线方程为2x ＋y ＝0.

(1)求f (x )的解析式；

(2)研究函数f (x )在区间(0，e 4

]内的零点的个数．

解：(1)由题知⎩

⎪⎨

⎪⎧

f e ＝－2e ，

f ′e ＝－2，得⎩

⎪⎨

⎪⎧

a ＝1，

b ＝e ，

∴f (x )＝x 2

－(e ＋1)x ln x －e.

(2)x 2－(e ＋1)x ln x －e ＝0⇒x －(e ＋1)ln x －e x

＝0，x ∈(0，e 4

]．

设g (x )＝x －(e ＋1)ln x －e x

，x ∈(0，e 4

]，

则g ′(x )＝1－e ＋1x ＋e

x

2＝

x －1

x －e

x

2

.

由g ′(x )＝0得x 1＝1，x 2＝e ， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0， 当x ∈(1，e)时，g ′(x )<0， 当x ∈(e ，e 4

]时，g ′(x )>0，

所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，在(e ，e 4

]上单调递增． 极大值g (1)＝1－e<0，极小值g (e)＝－2<0，g (e 4)＝e 4

－4(e ＋1)－1e 3，

∵4(e ＋1)＋1

e 3<4×4＋1＝17，

e 4

>2.74

>2.54

>62

＝36，

∴g (e 4

)>0.

综上，g (x )在(0，e 4

]内有唯一零点， 因此，f (x )在(0，e 4]内有唯一零点．

2．(2019·郑州第一次质量预测)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1

a

，a ∈R 且a ≠0.

(1)讨论函数f (x )的单调性；

(2)当x ∈[1e ，e]时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x

＋x －m 的零点个数．

解：(1)f ′(x )＝

ax －1

ax 2

(x >0)， 当a <0时，f ′(x )>0恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1

a

， 由f ′(x )＝

ax －1ax 2<0，得0

a ， ∴函数f (x )在(1a

，＋∞)上单调递增，在(0，1

a

)上单调递减． 综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；

当a >0时，函数f (x )在(1a ，＋∞)上单调递增，在(0，1

a

)上单调递减．

(2)∵当x ∈[1e ，e]时，函数g (x )＝(ln x －1)e x

＋x －m 的零点，即当x ∈[1e ，e]时，方

程(ln x －1)e x

＋x ＝m 的根．

令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，h ′(x )＝(1x

＋ln x －1)e x

＋1.

由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在(1

e ，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，

∴当x ∈[1

e ，e]时，

f (x )≥f (1)＝0.

∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈[1

e ，e]上恒成立． ∴h ′(x )＝(1x

＋ln x －1)e x

＋1≥0＋1>0，

∴h (x )＝(ln x －1)e x

＋x 在x ∈[1e ，e]上单调递增．

∴h (x )min ＝h (1

e )＝－2e 1e ＋1e

，

h (x )max ＝e.

∴当m <－2e 1

e ＋1e 或m >e 时，函数g (x )在[1

e ，e]上没有零点；

当－2e 1

e ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在[1

e ，e]上有一个零点．

3．(2019·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝x 2

＋2x

－a ln x (a ∈R )．

(1)若f (x )在x ＝2处取得极值，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当a >0时，若f (x )有唯一的零点x 0，求[x 0]．

注：[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2. 参考数据：ln2＝0.693，ln3＝1.099，ln5＝1.609，ln7＝1.946. 解：(1)∵f (x )＝x 2

＋2x

－a ln x ，

∴f ′(x )＝2x 3

－ax －2

x

2

(x >0)， 由题意得f ′(2)＝0，则2×23

－2a －2＝0，a ＝7， 经验证，当a ＝7时，f (x )在x ＝2处取得极值， ∴f (x )＝x 2

＋2x －7ln x ，f ′(x )＝2x －2x 2－7x

，

∴f ′(1)＝－7，f (1)＝3，

则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3 ＝－7(x －1)，即7x ＋y －10＝0. (2)令g (x )＝2x 3

－ax －2(x >0)， 则g ′(x )＝6x 2－a ， 由a >0，g ′(x )＝0，可得x ＝a

6

， ∴g (x )在(0，

a

6

)上单调递减，在(

a

6

，＋∞)上单调递增． 由于g (0)＝－2<0，故当x ∈(0，

a

6

)时，g (x )<0， 又g (1)＝－a <0，故g (x )在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x 1，从而可知f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，

由于f (x )有唯一零点x 0，故x 1＝x 0，且x 0>1， 则g (x 0)＝0，f (x 0)＝0，可得2ln x 0－3

x 30

－1

－1＝0. 令h (x )＝2ln x －

3

x 3

－1

－1(x >1)，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递增， 由于h (2)＝2ln2－107<2×0.7－10

7

<0，