(通用版)2019版高考数学二轮复习 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).doc

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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)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,f(x)x26x3.令f(x)0,解得x32或x32.当x(,32)(32,)时,f(x)0;当x(32,32)时,f(x)0,所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a,则g(x)0,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)6a22a620,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)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x时,试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数解:(1)f(x)(x0),当a0恒成立,函数f(x)在(0,)上单调递增;当a0时,由f(x)0,得x;由f(x)0,得0x,函数f(x)在上单调递增,在上单调递减综上所述,当a0时,函数f(x)在上单调递增,在上单调递减(2)当x时,判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点,即求当x时,方程(ln x1)exxm的根令h(x)(ln x1)exx,则h(x)ex1.由(1)知当a1时,f(x)ln x1在上单调递减,在(1,e)上单调递增,当x时,f(x)f(1)0.ln x10在x上恒成立h(x)ex1010,h(x)(ln x1)exx在上单调递增h(x)minh2e,h(x)maxe.当me时,函数g(x)在上没有零点;当2eme时,函数g(x)在上有一个零点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,1ln(n1)解:(1)法一:f(x)kxln x1,f(x)k(x0,k0),当0x时,f(x)时,f(x)0.f(x)在0,上单调递减,在,上单调递增f(x)minfln 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),令g(x)(x0),g(x),当0x0;当x1时,g(x)ln,1lnlnlnln(n1),故1ln(n1)4.已知函数f(x)ax3bx2(c3a2b)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的取值范围解:函数f(x)的导函数为f(x)3ax22bxc3a2b.(1)由图可知函数f(x)的图象过点(0,3),且f(1)0,得解得(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,得所以解得所以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,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.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如表所示:x4(4,)g(x)00g(x)极大值极小值gm,g(4)16m,当且仅当时,g(x)图象与x轴有三个交点,解得16m.所以m的取值范围为.5(2018南宁二中、柳州高中二联)已知函数f(x)ln xax2(2a)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设f(x)的两个零点是x1,x2,求证:f0,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0x1x2,fx1x2,故要证f即可构造函数F(x)f(x)f,x,F(x)f(x)f(x)f,x,F(x)0,F(x)在上单调递增,F(x)Ff f 0,即f(x)f,x,又x1,x2是函数f(x)的两个零点且0x1x2,f(x1)f(x2)x1,x1x2,得证法二:对数平均不等式法易知a0,且f(x)在上单调递增,在上单调递减,不妨设0x1x2,f.因为f(x)的两个零点是x1,x2,所以ln x1ax(2a)x1ln x2ax(2a)x2,所以ln x1ln x22(x1x2)a(xxx1x2),所以a,以下用分析法证明,要证,即证,即证,即证,只需证,根据对数平均不等式,该式子成立,所以f0.法三:比值(差值)代换法因为f(x)的两个零点是x1,x2,不妨设0x11),g(t)ln t,则当t1时,g(t)1时,g(t)g(1)0,所以f1时,求f(x)的单调区间和极值;(2)若对任意xe,e2,都有f(x)4ln x成立,求k的取值范围;(3)若x1x2,且f(x1)f(x2),证明x1x21,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1xek时,f(x)ek时,f(x)0.所以函数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 x0,即问题转化为(x4)ln x(k1)x对任意xe,e2恒成立,令g(x),xe,e2,则g(x).令t(x)4ln xx4,xe,e2,则t(x)10,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.要使k1对任意xe,e2恒成立,只要k1g(x)max,所以k12,解得k1,所以实数k的取值范围为. (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x1x2,当x0时,f(x)0,当x时,f(x),则0x1ekx2ek1,要证x1x2e2k,只需证x2,即证ekx2.因为f(x)在区间(ek,)上单调递增,所以只需证f(x2)f ,又f(x1)f(x2),即证f(x1)f ,构造函数h(x)f(x)f (ln xk1)x,即h(x)xln x(k1)xe2k,h(x)ln x1(k1)e2k (ln xk),当x(0,ek)时,ln xk0,x20,所以函数h(x)在区间(0,ek)上单调递增,h(x)h(ek),而h(ek)f(ek)f 0,故h(x)0,所以f(x1)f ,即f(x2)f(x1)f ,所以x1x2e2k成立法二:要证x1x2e2k成立,只要证ln x1ln x22k.因为x1x2,且f(x1)f(x2),所以(ln x1k1)x1(ln x2k1)x2,即x1ln x1x2ln x2(k1)(x1x2),x1ln x1x2ln x1x2ln x1x2ln x2(k1)(x1x2),即(x1x2)ln x1x2ln(k1)(x1x2),k1ln x1,同理k1ln x2,从而2kln x1ln x22,要证ln x1ln x20,不妨设0x1x2,则0t0,即证2,即证ln t2对t(0,1)恒成立,设h(t)ln t2,当0t0,所以h(t)在t(0,1)上单调递增,h(t)h(1)0,得证,所以x1x2e2k.
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