《2021高三数学北师大版(理)一轮课后限时集训：19利用导数解决函数的零点问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021高三数学北师大版(理)一轮课后限时集训：19利用导数解决函数的零点问题.docx（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、利用导数解决函数的零点问题建议用时： 45 分钟x11(2019 全国卷 )已知函数 f(x)ln xx1.(1)讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点；(2)设 x0 是 f(x)的一个零点，证明曲线yln x 在点 A(x0，ln x0 )处的切线也是曲线 yex 的切线解 (1)f(x)的定义域为 (0,1)(1， )12因为 f (x) xx 1 2 0，所以 f(x)在 (0,1)，(1， )单调递增12 123因为e2)2ee0，所以 f(x)在(1，有唯一零 f(e)10，f(e22)e1e 1e1点 x1 12 ，即1 又0 1 1， f1 ln x1 x1
2、1 f(x1) ，故f(x)在(e xe )f(x )0.x1x1x1101(0,1)有唯一零点 x1.综上， f(x)有且仅有两个零点(2)因为1ln x，故点 B ln x0，1x上 e0x在曲线 yex00x01由题设知 f(x0 )0，即 ln x0，连接 AB，则直线 AB 的斜率x0111x0 10x0xln xx 1k0. 100x0x01x0ln xx0x 1011曲线 yex 在点 B ln x0，x0处切线的斜率是 x0，曲线 yln x 在点 A(x0，ln x0)处1x切线的斜率也是 x0，所以曲线 yln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y e 的切线
3、2(2019 武汉调研 )已知函数 f(x) exax 1(a R)(e2.718 28是自然对数的底数)(1)求 f(x)的单调区间；1(2)讨论 g(x)f(x) x2 在区间 0,1 上零点的个数解 (1)因为 f(x)exax1，所以 f (x)exa，当 a 0 时， f(x) 0 恒成立，所以 f(x)的单调递增区间为 (， )，无单调递减区间；当 a 0 时，令 f (x) 0，得 x ln a，令 f(x)0，得 x ln a，所以 f(x)的单调递减区间为 (， ln a)，单调递增区间为 (ln a， )1(2)令 g(x) 0，得 f(x)0 或 x2，先考虑 f(x)在
4、区间 0,1 上的零点个数，当 a 1 时， f(x)在(0， )上单调递增且 f(0)0，所以 f(x)在0,1 上有一个零点；当 a e 时， f(x)在(， 1)上单调递减，所以 f(x)在 0,1 上有一个零点；当 1 a e 时， f(x)在(0， ln a)上单调递减，在 (ln a,1)上单调递增，而 f(1)ea 1，当 ea10，即 1ae 1 时， f(x)在0,1 上有两个零点，当 e a 1 0，即 e1ae 时， f(x)在 0,1 上有一个零点11当 x 2时，由 f 2 0 得 a 2( e1)，所以当 a1 或 ae1 或 a2( e1)时， g(x)在 0,1
5、上有两个零点；当 1 a e 1 且 a2( e1)时， g(x)在 0,1 上有三个零点x223(2019 唐山模拟 )已知函数 f(x) 2 4ax aln x3a 2a(a0)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)有两个极值点 x ， x，当 a 变化时，求 f(x )f(x )的最大值1212ax2a4ax解 (1)函数 f(x)的定义域为 x 0，对 f(x)求导得 f(x) x 4axx，x0，a0.令 M(x) x2 4axa，则16a2 4a4a(4a 1)1当 0a4时， 0，M(x)0 在 (0， )上恒成立，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；当 a14
6、时， 0，f(x) 0 的根为 x12a4a2a，x2 2a4a2 a，由 f(x)0 得 0 x 2a4a2 a或 x2a4a2a；由 f(x)0 得 2a 4a2ax 2a 4a2 a.所以 f(x)在(0,2a4a2 a)，(2a4a2 a， )上单调递增；在 (2a4a2 a， 2a4a2 a)上单调递减14a2a，x2 2a4a2 a，(2)由(1)得 a4，x12a所以 x1x2 4a，x1x2 a，从而122)4a(x1 x2)aln x1x2 6a21224af(x1) f(x2)2(x1 x24a2(x1x2)x1x210a aln a aln a2a2 3a.令 g(a)aln a2a23a，则 g (a)ln a 4a4.令 h(a)ln a 4a4，1则 h (a) a 4.因为1a4，所以h(a) 0，所以h(a)在14， 上单调递减又 h(1)0，所以a14， 1时， h(a)0，g(a) 0， g(a)在14， 1上单调递增；a(1， )时， h(a)0，g(a)0，g(a)在(1，)上单调递减，所以a 1 时，g(a)取得最大值 1.故 f(x1 )f(x2)的最大值为 1.