（统考版）高考数学二轮专题复习 课时作业20 函数、导数与方程 文（含解析）-人教版高三数学试题VIP免费

课时作业20函数、导数与方程[A·基础达标]1．[2020·郑州市质量预测]已知函数f(x)＝，g(x)＝(x>0)．(1)当a＝1时，求曲线y＝在x＝1处的切线方程；(2)讨论函数F(x)＝f(x)－在(0，＋∞)上的单调性．2．[2019·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[B·素养提升]1．[2020·北京市适应性测试]已知函数f(x)＝sinx－xcosx－x3，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间上不存在零点；(2)若f(x)>kx－xcosx－x3－1对x∈恒成立，求实数k的取值范围．2．已知函数f(x)＝x－ex＋x2＋1，a≤1，e＝2.718…为自然对数的底数．(1)当a≤0时，证明：函数f(x)只有一个零点；(2)若函数f(x)存在两个不同的极值点x1，x2，求实数a的取值范围．课时作业20函数、导数与方程[A·基础达标]1．解析：(1)当a＝1时，曲线y＝＝.y′＝＝.所以曲线y＝在x＝1处的切线的斜率为，又切线过点(1,0)，所以切线方程为x－2y－1＝0.(2)f′(x)＝，[]′＝，F′(x)＝f′(x)－[]′＝－＝，当a<0时，F′(x)<0，函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减．当a>0时，令k(x)＝＝x2＋(－1)x＋＝0，则Δ＝1－，当Δ≤0，即00，即a>4时，方程x2＋(－1)x＋＝0有两个不等实根x1，x2，不妨设x14时，F(x)的单调递减区间是(，)，单调递增区间是(0，)，(，＋∞)；当00，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.又当xx0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由α>x0>1得<10，g(x)单调递增；当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减．又g(0)＝0，g＝－>0，g＝1－>0，∴g(x)>0在上恒成立，故f′(x)>0在上恒成立，故f′(x)在区间上不存在零点．(2)由f(x)>kx－xcosx－x3－1，得sinx>kx－1.∵x∈，∴k<，令t(x)＝，则t′(x)＝，令m(x)＝xcosx－sinx－1，则当x∈时，m′(x)＝－xsinx<0恒成立，∴m(x)在上单调递减，∴当x∈时，m(x)t＝，∴k≤，∴k的取值范围是.2．解析：(1)证明：由题知f′(x)＝1－ex＋ax，令g(x)＝1－ex＋ax，则g′(x)＝a－ex.当a≤0时，g′(x)<0，所以f′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．又因为f′(0)＝0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．所以f(x)≤f(0)＝0，故函数f(x)只有一个零点．(2)由(1)知a≤0不合题意，则00；当x∈(lna，＋∞)时，g′(x)<0，又f′(0)＝0，所以f′(lna)>0.因为f′＝－e－<0，设函数φ(a)＝lna＋，则φ′(a)＝－＝<0，a∈(0,1)，所以φ(a)>φ(1)＝1>0，即－0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0.此时f(x)存在两个极值点x1,0，符合题意．当a＝1时，因为x∈(－∞，0)时，g′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)≤g(0)＝0.所以f′(x)≤0，即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．所以f(x)无极值点，不合题意．综上可得，实数a的取值范围为(0,1)．