专题对点练8导数与函数的零点及参数范围1.(2016江西南昌十所重点学校二模,理21)已知函数f(x)=ex(sinx+cosx)+a,g(x)=(a2-a+10)ex(a∈R且a为常数).(1)若曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线过点(1,2),求实数a的值;(2)判断函数φ(x)=+1+lnx(b>1)在(0,+∞)内的零点个数,并说明理由.解(1)f'(x)=ex(sinx+cosx)+ex(cosx-sinx)=2excosx,又曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线过点(1,2),得f'(0)=,即2=1-a,解得a=-1.(2)由φ(x)=+1+lnx=0(x>0),得+1+lnx=0,化为=1-x-xlnx,令h(x)=1-x-xlnx,则h'(x)=-2-lnx.由h'(x)=-2-lnx=0,得x=e-2,故h(x)在内递增,在内递减,h(x)max=h=1+.再令t(x)==bex,因为b>1,所以函数t(x)=bex在(0,+∞)内递增,t(x)>t(0)=be0=b>1+.故t(x)>h(x)max,由此判断函数φ(x)在(0,+∞)内没有零点,故φ(x)零点个数为0.2.(2017山西第四次五校联考,理21)设函数f(x)=lnx-ax(a∈R).(1)求曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线L的方程,并证明:除点A外,曲线y=f(x)都在直线L的下方;(2)若函数h(x)=ex+f(x)在区间(1,3)内有零点,求a的取值范围.解(1)∵f'(x)=-a,∴f'(1)=1-a,∵f(1)=-a,∴L的方程为y+a=(1-a)(x-1),即y=(1-a)x-1.设p(x)=f(x)-(1-a)x+1=lnx-x+1,则p'(x)=,若x>1,则p'(x)<0;若0
0.∴p(x)max=p(1)=0,∴p(x)≤0,∴f(x)≤(1-a)x-1,当且仅当x=1时,取等号.故除点A外,曲线y=f(x)都在直线L的下方.(2)h(x)=ex+f(x)在区间(1,3)内有零点,即a=在x∈(1,3)内有实数解.设F(x)=,则F'(x)=,设g(x)=ex(x-1)+1-lnx,则g'(x)=x,数形结合得函数y=ex-(x>0)的零点在(0,1)上,且y>0在(1,3)内恒成立,∴g'(x)>0,即g(x)在(1,3)内单调递增,∴g(x)>g(1)=1,则F'(x)>0在(1,3)内恒成立,∴F(x)在(1,3)内递增,∴F(x)∈,∴a∈.导学号〚16804173〛3.(2017贵州贵阳二模,理21)已知函数f(x)=(x2-2x)·lnx+ax2+2,g(x)=f(x)-x-2.(1)当a=-1时,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)若a>0且函数g(x)有且仅有一个零点,求实数a的值;(3)在(2)的条件下,若e-20,当x>1时,h'(x)<0,∴h(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,∴h(x)max=h(1)=1>0,又h=1-e<0,h(e2)=<0,a>0,∴当函数g(x)有且仅有一个零点时,a=1.(3)当a=1,g(x)=(x2-2x)lnx+x2-x,若e-20).(1)若函数f(x)有零点,求实数a的取值范围;(2)证明当a≥,b>1时,f(lnb)>.(1)解函数f(x)=lnx+的定义域为(0,+∞),由f(x)=lnx+,得f'(x)=,因为a>0,所以当x∈(0,a)时,f'(x)<0,当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.所以函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,当x=a时,f(x)min=lna+1,当lna+1≤0,即00,则函数f(x)有零点.所以实数a的取值范围为.(2)证明要证明f(lnb)>,即证ln(lnb)+,令t=lnb>0(b>1),则b=et,所以只需证lnt+>e-t,整理得tlnt+a>te-t,令h(x)=xlnx+a,则h'(x)=lnx+1.当0时,h'(x)>0.所以函数h(x)在内单调递减,在内单调递增,当x=时,h(x)min=-+a.于是,当a≥时,h(x)≥-+a≥.①令φ(x)=xe-x,则φ'(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x).当00;当x>1时,φ'(x)<0.所以函数φ(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,当x=1时,φ(x)max=,于是,当x>0时,φ(x)≤.②显然,不等式①,②中的等号不能同时成立,故当x>0,a≥时,xlnx+a>xe-x.因为b>1,所以lnb>0.所以lnb·ln(lnb)+a>lnb·e-lnb.所以ln(lnb)+,即f(lnb)>.
