《2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第三章 导数及其应用 高考专题突破一 第2课时 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第三章 导数及其应用 高考专题突破一 第2课时 Word版含解析.pdf（12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 第第 2 课时 导数与方程课时 导数与方程 题型一 求函数零点个数 例 1 已知函数 f(x)2a2ln xx2(a0) (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)讨论函数 f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e 为自然对数的底数) 解 (1)f(x)2a2ln xx2， f(x)2x， 2a2 x 2a22x2 x 2xaxa x x0，a0，当 00， 当 xa 时，f(x)0， 即 a时， 由于 f(1)10， f(e2)2a2ln(e2)e4e 4a2e4(2ae2)(2ae2)， 当 2ae2时，f(e2)0，而且 f()2a2 ea2
2、e0，f(1)10)，由 f(x)0，得 xe. xe x2 当 x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增， 当 xe 时，f(x)取得极小值 f(e)ln e 2， e e f(x)的极小值为 2. (2)由题设 g(x)f(x) (x0)， x 3 1 x m x2 x 3 令 g(x)0，得 m x3x(x0) 1 3 设 (x) x3x(x0)， 1 3 则 (x)x21(x1)(x1)， 当 x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当 x(1，)时，(x) 时，函数 g(x)无零点； 2 3 当 m 时，函
3、数 g(x)有且只有一个零点； 2 3 当 0 时，函数 g(x)无零点； 2 3 当 m 或 m0 时，函数 g(x)有且只有一个零点； 2 3 当 00， a x x2a x 当 a0 时，f(x)0，函数 f(x)的增区间为(0，)； 当 a0 时，f(x)， x ax a x 令 f(x)0， 因为 x0，所以 x0，所以 x，aa 所以函数 f(x)的单调增区间为(，)a 综上，当 a0 时，f(x)的单调增区间为(0，)； 当 a0 时，f(x)的单调增区间为(，)a (2)由(1)知，若 a0，f(x)在(0，)上为增函数，函数 f(x)至多有一个零点，不合题意 若 a0，当 x
4、(0，)时，f(x)0，f(x)在(，)上为增函数，aa 所以 f(x)minf() a aln a a(1ln a)a 1 2 1 2 1 2 要使 f(x)有两个零点，则 f(x)min a(1ln a)e. 下面证明： 当 ae 时，函数 f(x)有两个零点 因为 ae，所以 1(0，)，而 f(1) 0，a 1 2 所以 f(x)在(0，)上存在唯一零点a 方法一 又 f(a) ea2a a(ea12ln a)，e 1 2 ( 1 2ln a) 1 2 令 h(a)ea12ln a，ae，h(a)e 0， 2 a 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 h(a)在(e，)上单
5、调递增， 所以 h(a)h(e)e230， 所以 f(x)在(，)上也存在唯一零点a 综上，当 ae 时，函数 f(x)有两个零点 所以当 f(x)有两个零点时，实数 a 的取值范围为(e，) 方法二 先证 x(1，)有 ln x x2axa. 1 2 1 2 因为 ae，所以 aa.a22aa 因为 (a)2a(a)a0. 1 2 a22aa22a 所以 f(a)0，a22a 所以 f(x)在(，)上也存在唯一零点；a 综上，当 ae 时，函数 f(x)有两个零点 所以当 f(x)有两个零点时，实数 a 的取值范围为(e，) 思维升华 函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数， 确定参数范围
6、时要根据函数的性质 画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想 跟踪训练 2 已知函数 f(x)xln x， g(x)x2ax3(a 为实数)， 若方程 g(x)2f(x)在区间1 e，e 上有两个不等实根，求实数 a 的取值范围 解 由 g(x)2f(x)， 可得 2xln xx2ax3，ax2ln x ， 3 x 设 h(x)x2ln x (x0)， 3 x 所以 h(x)1 . 2 x 3 x2 x3x1 x2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 x 在上变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表： 1 e，e x ( 1 e，1) 1(1，e) h(x)0 h(x)极小
7、值 又 h 3e2，h(1)4，h(e) e2. ( 1 e) 1 e 3 e 且 h(e)h42e 0，解得 xe2， 令 f(x) 时，f(x)min0，f(x)无零点， 2 e 当 a 时，f(x)min0，f(x)有 1 个零点， 2 e 当 a0，解得 x1，令 f(x)0，则当 x(，1)时，f(x)0， 所以 f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增 又 f(1)e，f(2)a，取 b 满足 b (b2)a(b1)2a0， a 2 (b 23 2b) 故 f(x)存在两个零点 设 a0，因此 f(x)在(1，)内单调递增 又当 x1 时，f(x)1，故当 x(1，ln(
8、2a)时，f(x)0. 因此 f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增 又当 x1 时，f(x)f(2x2)， 即 f(2x2)1 时，g(x)1 时，g(x)10 恒成立； 当 xa 时，要使 f(x)ex10 恒成立， 所以 f(a)0，即 a0. 所以实数 a 的取值范围为0，) (2)由(1)知，当 a0 时，f(x)在 R 上单调递增，不符合题意， 所以有 a10，f(x)单调递增； 当 xa 时，f(x)ex1，令 f(x)0，得 x0， 所以 f(x)0 在(0，)上恒成立，f(x)在(0，)上单调递增 所以 f(x)极大值f(a)ea，f(x)极小值f(0)1a，即 a0 恒成立，g(a)在(，0)上单调递增， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又因为 g(1) k0 恒成立，符合题意 当10 在(，0)上的解集为(ln(k1)，0)， 即 g(a)在(ln(k1)，0)上单调递增， 又因为当 a0 时，g(a)0，所以 g(ln(k1)0，不合题意 综上，实数 k 的取值范围为0，)