專題突破練(分值:60分)學生用書P1431.(13分)(2024·浙江杭州模擬)設函數f(x)=(x-1)2ex-ax,若曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=-2x+b.(1)求實數a,b的值;(2)判斷函數f(x)零點的個數.解(1)由題意可得f'(x)=(x2-1)ex-a.因為曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=-2x+b,所以f'(0(2)由(1)知f(x)=(x-1)2ex-x,所以f(x)=ex(x-1)2-xex,令g(x)=(x-1)2-xex,則f(x)的零點個數就是g(x)的零點個數.由于g'(x)=(x-1)2+1ex,所以當x<1時,g'(x)<0,g(x)單調遞減;當x>1時,g'(x)>0,g(x)單調遞增.又g(0)=1>0,g(1)=-1e<0,g(2)=1-2e2>0,所以g(0)g(1)<0,g(1)g(2)<0,由零點存在定理可得,?x1∈(0,1),使得g(x1)=0,?x22.(15分)已知函數f(x)=alnx-2x.(1)若a=2,求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;(2)若函數f(x)在(0,16]上有兩個零點,求實數a的取值范圍.解(1)當a=2時,f(x)=2lnx-2x,該函數的定義域為(0,+∞),f'(x)=2x-1x,又f(1)=-2,f'(1)=1,因此,曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為y+2=x-1,即x-y-(2)①當a≤0時,f'(x)=ax-則f(x)在(0,+∞)上單調遞減,不符合題意;②當a>0時,由f(x)=alnx-2x=0可得2a=lnxx,令g(x)=lnxx,其中x>0,則直線y=2a與曲線y=g(x)的圖象在(0,16]上有兩個交點,g'(x)=xx-lnx2xx=2-lnx2xx,令g'(xx(0,e2)e2(e2,16]g'(x)+0-g(x)單調遞增極大值單調遞減所以函數g(x)在區間(0,16]上的極大值為g(e2)=2e,且g(16)=ln2,作出g(x)的圖象如圖所示由圖可知,當ln2≤2a即e<a≤2ln2時,直線y=2a與曲線y=g(x)的圖象在(0,16]上有兩個交點,即f(x)在(0,16]上有兩個零點,因此,實數a的取值范圍是e,2ln23.(15分)(2024·湖北黃石三模)已知函數f(x)=x-lnx+m有兩個零點x1,x2.(1)求實數m的取值范圍;(2)如果x1<x2≤2x1,求此時m的取值范圍.解(1)令f(x)=0,即m=lnx-x,令g(x)=lnx-x,則g'(x)=1x-1=1-xx,當0<x<1時,g'(x)>0,當x>1時,g'(x)<0,所以g(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減.又g(1)=-1,且x→0時,g(x)→-∞,當x→+∞時,g(x)→-∞,又y=g(x)的圖象與直線y=m有兩個交點,所以,實數m的取值范圍是(-∞(2)由(1)可得m=lnx1-x1,m=lnx2-x2,又0<x1<1<x2≤2x1,所以lnx1-x1=lnx2-x2,即lnx2x1=x2-x1,令t=x2x1,t∈(1,2],則lnt=(t-1)x1,所以x1=lntt-1,x2=tlntt-1,記h(t)=lntt-1,t∈(1,2],則h'(t)=1-1t-lnt(t-1)2,令H(t)=1-1t-lnt,t∈(1,2],則H'(t)=1t2-1t=1-tt2,所以,當t∈(1,2]時,H'(t)<0,即H(t)單調遞減,由于H(1)=0,所以當t∈(1,2]時,H(t)<0,所以h'(t)=1-1t-lnt(t-1)2<0,所以函數h(t)在區間(1,2]上單調遞減,故x1=h(t)≥h(2)=ln2,即ln2≤x1<1,而m=g(x4.(17分)(2024·四川成都一模)已知函數f(x)=exsinx(e是自然對數的底數).(1)求f(x)的單調遞減區間;(2)記g(x)=f(x)-ax,若0<a<3,試討論g(x)在(0,π)上的零點個數.(參考數據:eπ2≈4解(1)f(x)=exsinx,定義域為R.f'(x)=ex(sinx+cosx)=2exsinx+令f'(x)<0,解得sinx+π解得2kπ+3π4<x<7π4+2kπ(k∈Z).∴f(x)的單調遞減區間為3π4(2)由已知g(x)=exsinx-ax,∴g'(x)=ex(sinx+cosx)-a.令h(x)=g'(x),則h'(x)=2excosx.∵x∈(0,π),∴當x∈0,π2時,h'(x當x∈π2,π時,h'(x∴h(x)在0,π2上單調遞增,在π2,π上單調遞減,即g'(x)在0,π2上單調遞增,在π2,π上單調遞減.∵g'(0)=①當1-a≥0,即0<a≤1時,g'(0)≥0,∴g'π2>0.∴?x0∈π2,π,使得g'(x∴當x∈(0,x0)時,g'(x)>0;當x∈(x0,π)時,g'(x)<0,∴g(x)在(0,x0)上單調遞增,在(x0,π)上單調遞減.∵g(0)=0,∴g(x0)>0.又g(π)=-aπ<0,∴由零點存在定理可得,此時g(x)在(0,π)上僅有一個零點.②當1<a<3時,g'(0)=1-a<0,∵g'(x)在0,π2上單調遞增,在π2,π上單調遞減∴?x1∈0,π2,x2∈π2,π,使得g'(x1)=0,g'且當x∈(0,x1),x∈(x2,π)時,g'(x)<0;當x∈(x1,x2)時,g'(x)>0,∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上單調遞減,在(x1,x2)上單調遞增.∵g(0)=0,∴g(x1)<0.∵gπ2=eπ2-π2a>eπ