《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：专题跟踪检测（五）“导数与函数的零点问题”考法面面观理（重点生，含解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：专题跟踪检测（五）“导数与函数的零点问题”考法面面观理（重点生，含解析）.pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题跟踪检测（五） “导数与函数的零点问题”考法面面观专题跟踪检测（五） “导数与函数的零点问题”考法面面观 1(2018全国卷)已知函数f(x)x3a(x2x1) 1 3 (1)若a3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点 解：(1)当a3 时，f(x)x33x23x3， 1 3 f(x)x26x3. 令f(x)0，解得x32或x32.33 当x(，32)(32，)时，f(x)0；33 当x(32，32)时，f(x)0， 所以f(x)0 等价于3a0. x3 x2x1 设g(x)3a， x3 x2x1 则g(x)0， x2x22
2、x3 x2x12 仅当x0 时，g(x)0， 所以g(x)在(，)上单调递增 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点 又f(3a1)6a22a 6 2 0， 1 3(a 1 6) 1 6 1 3 故f(x)有一个零点 综上，f(x)只有一个零点 2(2018郑州第一次质量预测)已知函数f(x)ln x ，aR 且a0. 1 ax 1 a (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当x时，试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数 1 e，e 解：(1)f(x)(x0)， ax1 ax2 当a0 恒成立， 函数f(x)在(0，)上单调递增； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下
3、载可打印 当a0 时，由f(x)0，得x ； ax1 ax2 1 a 由f(x)0 时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减 ( 1 a，)(0， 1 a) (2)当x时， 判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点， 即求当x时， 1 e，e 1 e，e 方程(ln x1)exxm的根 令h(x)(ln x1)exx， 则h(x)ex1. ( 1 xln x1) 由(1)知当a1 时，f(x)ln x 1 在上单调递减，在(1，e)上单调递增， 1 x( 1 e，1) 当x时，f(x)f(1)0. 1 e，e ln x10 在x上恒成立 1 x 1 e，e h(x)ex1010， ( 1
4、 xln x1) h(x)(ln x1)exx在上单调递增 1 e，e h(x)minh2e 1 e ，h(x)maxe. ( 1 e) 1 e 当me 时，函数g(x)在 上没有零点； 1 e 1 e，e 当2e 1 e me 时，函数g(x)在 上有一个零点 1 e 1 e，e 3(2018贵阳模拟)已知函数f(x)kxln x1(k0) (1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值； (2)证明：当nN*时，1 ln(n1) 1 2 1 3 1 n 解：(1)法一：f(x)kxln x1，f(x)k (x0，k0)， 1 x kx1 x 当 0 时，f(x)0. 1 k 1 k 高
5、清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 f(x)在 0， 上单调递减，在 ，上单调递增 1 k 1 k f(x)minfln k， ( 1 k) f(x)有且只有一个零点，ln k0，k1. 法二：由题意知方程kxln x10 仅有一个实根， 由kxln x10，得k(x0)， ln x1 x 令g(x)(x0)，g(x)， ln x1 x ln x x2 当 00； 当x1 时，g(x)ln， n1 n 1 n n1 n 1 ln ln lnln(n1)， 1 2 1 3 1 n 2 1 3 2 n1 n 故 1 ln(n1) 1 2 1 3 1 n 4.已知函数f(x)ax3bx2(c3
6、a2b)xd的图象如图所示 (1)求c，d的值； (2)若函数f(x)在x2 处的切线方程为 3xy110， 求函数f(x)的解 析式； (3)在(2)的条件下， 函数yf(x)与yf(x)5xm的图象有三个不同的交点， 求m 1 3 的取值范围 解：函数f(x)的导函数为f(x)3ax22bxc3a2b. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)由图可知函数f(x)的图象过点(0,3)，且f(1)0， 得Error!解得Error! (2)由(1)得，f(x)ax3bx2(3a2b)x3， 所以f(x)3ax22bx(3a2b) 由函数f(x)在x2 处的切线方程为 3xy110，
7、 得Error! 所以Error!解得Error! 所以f(x)x36x29x3. (3)由(2)知f(x)x36x29x3， 所以f(x)3x212x9. 函数yf(x)与yf(x)5xm的图象有三个不同的交点， 1 3 等价于x36x29x3(x24x3)5xm有三个不等实根， 等价于g(x)x37x28xm的图象与x轴有三个不同的交点 因为g(x)3x214x8(3x2)(x4)， 令g(x)0，得x 或x4. 2 3 当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如表所示： x (， 2 3) 2 3( 2 3 ，4) 4(4，) g(x)00 g(x)极大值极小值 gm，g(4)16m，
8、( 2 3) 68 27 当且仅当Error!时，g(x)图象与x轴有三个交点， 解得160，则f(x)在(0，)上单调递增； 当a0 时， 若x， 则f(x)0， 若x， 则f(x)0， 且f(x)在上单调递增， 在上单调递减， 不妨设 0 x1x2 ，故要证f 即可 ( x1x2 2) x1x2 2 1 a 2 a( x1x2 2) 2 a 构造函数F(x)f(x)f，x， ( 2 ax)(0， 1 a) F(x)f(x)f(x)f， f( 2 ax)( 2 ax) 2axax22 x2ax 2ax12 x2ax x，F(x)0， (0， 1 a) 2ax12 x2ax F(x)在上单调递
9、增， (0， 1 a) F(x) x1， 2 a 1 a 2 a x1x2 ，得证 2 a 法二：对数平均不等式法 易知a0，且f(x)在上单调递增， (0， 1 a) 在上单调递减， ( 1 a，) 不妨设 0 . ( x1x2 2) x1x2 2 1 a 因为f(x)的两个零点是x1，x2， 所以 ln x1ax(2a)x1ln x2ax(2a)x2， 2 12 2 所以 ln x1ln x22(x1x2)a(xxx1x2)， 2 12 2 所以a，以下用分析法证明，要证 ， ln x1ln x22x1x2 x2 1x2 2x1x2 x1x2 2 1 a 即证， x1x2 2 x2 1x2
10、 2x1x2 ln x1ln x22x1x2 即证， x1x2 2 x1x21 ln x1ln x2 x1x2 2 即证， x1x2 2 x1x2 ln x1ln x2 根据对数平均不等式，该式子成立， 所以f1)，g(t)ln t，则当t1 时， x2 x1 2t1 1t 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 g(t)1 时， g(t)1 时，求f(x)的单调区间和极值； (2)若对任意xe，e2，都有f(x)1，所以f(x)ln xk0， 所以函数f(x)的单调递增区间是(1，)，无单调递减区间，无极值 当k0 时，令 ln xk0，解得xek， 当 1ek时，f(x)0. 所以函数
11、f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，)，在(1，)上 的极小值为f(ek)(kk1)ekek，无极大值 (2)由题意，f(x)4ln x对任意xe，e2恒成立， x4ln x x 令g(x)，xe，e2， x4ln x x 则g(x). 4ln xx4 x2 令t(x)4ln xx4，xe，e2，则t(x) 10， 4 x 所以t(x)在区间e，e2上单调递增，故t(x)mint(e)4e4e0，故g(x)0， 所以g(x)在区间e，e2上单调递增，函数g(x)maxg(e2)2. 8 e2 要使k1对任意xe，e2恒成立，只要k1g(x)max，所以k12 x4ln
12、x x ，解得k1， 8 e2 8 e2 所以实数k的取值范围为. (1，) (3)证明：法一：因为f(x1)f(x2)，由(1)知，当k0 时，函数f(x)在区间(0，ek)上 单调递减，在区间(ek，)上单调递增，且f(ek1)0. 不妨设x10， 所以函数h(x)在区间(0，ek)上单调递增，h(x)0， x2lnx 1 x2 x1x2 x1lnx 1 x2 x1x2 不妨设 00，即证2， ln t t1 ln t 11 t t1ln t t1 即证 ln t0， 1 t 4 t12 t12 tt12 所以h(t)在t(0,1)上单调递增，h(t)h(1)0，得证，所以x1x2e2k.