2020版高考数学新增分大一轮新高考（鲁京津琼）专用讲义：第三章 高考专题突破一 第2课时 Word版含解析.pdf

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 设函数 f(x) x2mln x，g(x)x2(m1)x， 1 2 当 m1 时，讨论 f(x)与 g(x)图象的交点个数 解 令 F(x)f(x)g(x) x2(m1)xmln x，x0， 1 2 问题等价于求函数 F(x)的零点个数 F(x)， x1xm x 当 m1 时，F(x)0，函数 F(x)为减函数， 注意到 F(1) 0，F(4)ln 41 时，若 0m，则 F(x)0， 所以函数 F(x)在(0,1)和(m，)上单调递减，在(1，m)上单调递增， 注意到 F(1)m 0，F(2m2)mln(2m2)0)， x ex 2 e 1 x ln x x 则 h(x) . 1x ex 1 x2 1ln x x2 1x ex ln x x2 易知 h(1)0， 当 00， 当 x1 时，h(x)1 时，函数 h(x)没有零点，即函数 f(x)与 g(x)的图象在(0，) 1 e 1 e 上没有交点； 当 1m0，即 m1 时，f(x)与 g(x)在(0，)上没有交点； 1 e 当 m1 或 m 时，f(x)与 g(x)在(0，)上有 1 个交点； 1 e 2 e 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当 0； 1 e 当 10)， 3 x 所以 h(x)1 . 2 x 3 x2 x3x1 x2 所以 x 在上变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下： 1 e，e x ( 1 e，1) 1(1，e) h(x)0 h(x)极小值 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 可得 x2 或 x0，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(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)0 恒成立， (0， 1 4) (0， 1 4) 即只需当 x时，a3恒成立 (0， 1 4) 2ln x x1 令 h(x)3，x， 2ln x x1 (0， 1 4) 则 h(x)， 2ln x2 x2 x12 再令 m(x)2ln x 2，x， 2 x (0， 1 4) 则 m(x)m64ln 20， ( 1 4) 所以 h(x)0 在上恒成立， (0， 1 4) 所以 h(x)在上为增函数， (0， 1 4) 所以 h(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(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)0. 从而 g(x2)f(2x2)0，故 x1x22.