【最新版】高中数学高三培优小题练第26练　高考大题突破练——隐零点问题

这是一份【最新版】高中数学高三培优小题练第26练　高考大题突破练——隐零点问题，共4页。试卷主要包含了函数f＝ln x－a.等内容，欢迎下载使用。

考点一 直接法
1．函数f(x)＝(x－1)ln x－a.
(1)若f(x)在x＝1处的切线方程为y＝1，求a的值；
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝eq \f(xln x＋x－1,x)，
f′(1)＝0，
且f(1)＝－a，
∴切线方程为y－(－a)＝0，即y＝－a，
∴a＝－1.
(2)若f(x)≥0恒成立，即a≤(x－1)ln x恒成立，
令φ(x)＝(x－1)ln x，
∴φ′(x)＝eq \f(xln x＋x－1,x)(x>0)，
观察知φ′(1)＝0且当x∈(0,1)时，xln x<0，x－1<0，∴φ′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，xln x>0，x－1>0，
∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0.
故a≤0，即实数a的取值范围是(－∞，0]．
考点二 虚设零点
2．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aex－2x，a∈R.
(1)求函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极值；
(2)当a≥1时，证明：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－ln x＋2x>2.
(1)解 f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aex－2，
当a≤0时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在R上单调递减，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))无极值；
当a>0时，令f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝0得x＝lneq \f(2,a)，
令f′(x)>0得x>lneq \f(2,a)，
令f′(x)<0得x∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(2,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)的极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(2,a)))＝2－2ln eq \f(2,a)，无极大值，
综上，当a≤0时，f(x)无极值；
当a>0时，f(x)的极小值为2－2ln eq \f(2,a)，无极大值．
(2)证明 当a≥1时，f(x)－ln x＋2x≥ex－ln x，
令g(x)＝ex－ln x－2，转化为证明g(x)>0，
∵g′(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，令φ(x)＝ex－eq \f(1,x)(x>0)，
则φ′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)(x>0)，
则φ′(x)>0，
∴g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上为增函数，
∵g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝e－1>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2<0，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝0，即＝eq \f(1,x0)，
∴当∈(0，x0)时，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，函数geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x0))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，＋∞))上单调递增，
∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝－ln x0－2＝eq \f(1,x0)＋x0－2≥2eq \r(\f(1,x0)·x0)－2＝0，
∵x0≠1，
∴g(x)>0，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－ln x＋2x>2.
3．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝xln x.
(1)求曲线y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))))处的切线方程；
(2)若当x>1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋x>keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))恒成立，求正整数k的最大值．
解 (1)函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ln x＋1，因为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝e，
所以曲线y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))))处的切线方程为y－e＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－e))，
即2x－y－e＝0.
(2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋x>keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))，得xln x＋x>keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1)).
即k1恒成立，
令geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(xln x＋x,x－1)，只需kg′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋2))－xln x－x,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))2)＝eq \f(x－ln x－2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))2)，
令ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x－ln x－2，则u′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)>0，
所以ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝x－ln x－2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递增，
因为ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝－ln 2<0，
ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3))＝1－ln 3<0，
ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4))＝2－ln 4>0，
所以∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，4))，使得ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝x0－ln x0－2＝0，
且当1当x>x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，x0))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，＋∞))上单调递增，
所以g(x)min＝g(x0)＝eq \f(x0ln x0＋x0,x0－1)＝eq \f(x0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－2))＋x0,x0－1)＝x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，4))，
又因为k∈N*，所以kmax＝3.
4．(2022·苏州模拟)已知函数f(x)＝sin x－eq \f(x－a,ex)在x＝0处的切线与y轴垂直．
(1)求a的值；
(2)判断f(x)在(0，π)上零点的个数，并说明理由．
解 (1)因为f′(x)＝cs x－eq \f(a＋1－x,ex)，
所以k＝f′(0)＝－a＝0，所以a＝0.
(2)由(1)得f(x)＝sin x－eq \f(x,ex)令f(x)＝0，可得ex·sin x－x＝0，
令g(x)＝ex·sin x－x，x∈(0，π)，所以g′(x)＝(sin x＋cs x)ex－1，
①当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，sin x＋cs x≥1，ex>1，所以g′(x)>0，所以g(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，又因为g(0)＝0，所以g(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上无零点；
②当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，
令h(x)＝(sin x＋cs x)ex－1，
所以h′(x)＝2cs x·ex<0，
即h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，又因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－1>0，h(π)＝－eπ－1<0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，使得h(x0)＝0，
所以g(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，x0))上单调递增，在x∈(x0，π)上单调递减．
因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2)>0，g(π)＝－π<0，
所以g(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上有且只有一个零点，
综上所述，f(x)在(0，π)上有且只有一个零点．