2021高考数学一轮复习 课后限时集训19 利用导数解决函数的零点问题 理 北师大版

课后限时集训19利用导数解决函数的零点问题建议用时：45分钟1(2019全国卷)已知函数f(x)ln x.(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，)因为f(x)0，所以f(x)在(0,1)，(1，)单调递增因为f(e)10，f(e2)20，所以f(x)在(1，)有唯一零点x1(ex1e2)，即f(x1)0.又01，fln x1f(x1)0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点(2)因为eln x0，故点B在曲线yex上由题设知f(x0)0，即ln x0，连接AB，则直线AB的斜率k.曲线yex在点B处切线的斜率是，曲线yln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线2(2019武汉调研)已知函数f(x)exax1(aR)(e2.718 28是自然对数的底数)(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)f(x)在区间0,1上零点的个数解(1)因为f(x)exax1，所以f(x)exa，当a0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a0时，令f(x)0，得xln a，令f(x)0，得xln a，所以f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，)(2)令g(x)0，得f(x)0或x，先考虑f(x)在区间0,1上的零点个数，当a1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ae时，f(x)在(，1)上单调递减，所以f(x)在0,1上有一个零点；当1ae时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增，而f(1)ea1，当ea10，即1ae1时，f(x)在0,1上有两个零点，当ea10，即e1ae时，f(x)在0,1上有一个零点当x时，由f0得a2(1)，所以当a1或ae1或a2(1)时，g(x)在0,1上有两个零点；当1ae1且a2(1)时，g(x)在0,1上有三个零点3(2019唐山模拟)已知函数f(x)4axaln x3a22a(a0)(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，当a变化时，求f(x1)f(x2)的最大值解(1)函数f(x)的定义域为x0，对f(x)求导得f(x)x4a，x0，a0.令M(x)x24axa，则16a24a4a(4a1)当0a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a时，0，f(x)0的根为x12a，x22a，由f(x)0得0x2a或x2a；由f(x)0得2ax2a.所以f(x)在(0,2a)，(2a，)上单调递增；在(2a，2a)上单调递减(2)由(1)得a，x12a，x22a，所以x1x24a，x1x2a，从而f(x1)f(x2)(xx)4a(x1x2)aln x1x26a24a(x1x2)2x1x210a24aaln aaln a2a23a.令g(a)aln a2a23a，则g(a)ln a4a4.令h(a)ln a4a4，则h(a)4.因为a，所以h(a)0，所以h(a)在上单调递减又h(1)0，所以a时，h(a)0，g(a)0，g(a)在上单调递增；a(1，)时，h(a)0，g(a)0，g(a)在(1，)上单调递减，所以a1时，g(a)取得最大值1.故f(x1)f(x2)的最大值为1.3