2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版：专题跟踪检测（五） “导数与函数的零点问题”考法面面观含解析.pdf

专题跟踪检测（五）专题跟踪检测（五） “导数与函数的零点问题”考法面面观“导数与函数的零点问题”考法面面观 1(2018·全国卷全国卷)已知函数已知函数 f(x) x3a(x2x1) 1 3 (1)若若 a3，求，求 f(x)的单调区间；的单调区间； (2)证明：证明：f(x)只有一个零点只有一个零点 解：解：(1)当当 a3 时，时，f(x) x33x23x3， 1 3 f(x)x26x3. 令令 f(x)0，解得，解得 x32或或 x32.33 当当 x(，32)(32，)时，时，f(x)0；33 当当 x(32，32)时，时，f(x)0， 所以所以 f(x)0 等价于等价于3a0. x3 x2x1 设设 g(x)3a， x3 x2x1 则则 g(x)0， x2 x 2 2x 3 x 2 x 1 2 仅当仅当 x0 时，时，g(x)0， 所以所以 g(x)在在(，)上单调递增上单调递增 故故 g(x)至多有一个零点，从而至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点至多有一个零点 又又 f(3a1)6a22a 6 2 0， 1 3 (a 1 6) 1 6 1 3 故故 f(x)有一个零点有一个零点 综上，综上，f(x)只有一个零点只有一个零点 2(2018·郑州第一次质量预测郑州第一次质量预测)已知函数已知函数 f(x)ln x ， ，aR 且且 a0. 1 ax 1 a (1)讨论函数讨论函数 f(x)的单调性；的单调性； (2)当当 x时，试判断函数时，试判断函数 g(x)(ln x1)exxm 的零点个数的零点个数 1 e， ，e 解：解：(1)f(x)(x0)， ax 1 ax2 当当 a0 恒成立，恒成立， 函数函数 f(x)在在(0，)上单调递增；上单调递增； 当当 a0 时，由时，由 f(x)0，得，得 x ； ax 1 ax2 1 a 由由 f(x)0 时，函数时，函数 f(x)在上单调递增，在上单调递减在上单调递增，在上单调递减 ( 1 a， ， ) (0， ， 1 a) (2)当当 x时，判断函数时，判断函数 g(x)(ln x1)exxm 的零点，即求当的零点，即求当 x时，时， 1 e， ，e 1 e， ，e 方程方程(ln x1)exxm 的根的根 令令 h(x)(ln x1)exx， 则则 h(x)ex1. ( 1 x ln x1) 由由(1)知当知当 a1 时，时，f(x)ln x 1 在上单调递减，在在上单调递减，在(1，e)上单调递增，上单调递增， 1 x ( 1 e， ，1 1) 当当 x时，时，f(x)f(1)0. 1 e， ，e ln x10 在在 x上恒成立上恒成立 1 x 1 e， ，e h(x)ex1010， ( 1 x ln x1) h(x)(ln x1)exx 在上单调递增在上单调递增 1 e， ，e h(x)minh2e ， ，h(x)maxe. ( 1 e) 1 e 1 e 当当 me 时，函数时，函数 g(x)在上没有零点；在上没有零点； 1 e 1 e 1 e， ，e 当当2e me 时，函数时，函数 g(x)在上有一个零点在上有一个零点 1 e 1 e 1 e， ，e 3(2018·贵阳模拟贵阳模拟)已知函数已知函数 f(x)kxln x1(k0) (1)若函数若函数 f(x)有且只有一个零点，求实数有且只有一个零点，求实数 k 的值；的值； (2)证明：当证明：当 nN*时，时，1 ln(n1) 1 2 1 3 1 n 解：解：(1)法一：法一：f(x)kxln x1，f(x)k (x0，k0)， 1 x kx 1 x 当当 0 时，时，f(x)0. 1 k 1 k f(x)在在 0， 上单调递减，在 ，上单调递增， 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，有且只有一个零点，ln k0，k1. 法二：由题意知方程法二：由题意知方程 kxln x10 仅有一个实根，仅有一个实根， 由由 kxln x10，得，得 k(x0)， ln x 1 x 令令 g(x)(x0)，g(x)， ln x 1 x ln x x2 当当 00； 当当 x1 时，时，g(x)ln， n 1 n 1 n n 1 n 1 ln ln lnln(n1)， 1 2 1 3 1 n 2 1 3 2 n 1 n 故故 1 ln(n1) 1 2 1 3 1 n 4.已知函数已知函数 f(x)ax3bx2(c3a2b)xd 的图象如图所示的图象如图所示 (1)求求 c，d 的值；的值； (2)若函数若函数 f(x)在在 x2 处的切线方程为处的切线方程为 3xy110，求函数，求函数 f(x)的解析 式； 的解析 式； (3)在在(2)的条件下，函数的条件下，函数 yf(x)与与 y f(x)5xm 的图象有三个不同的交点，求的图象有三个不同的交点，求 m 1 3 的取值范围的取值范围 解：函数解：函数 f(x)的导函数为的导函数为 f(x)3ax22bxc3a2b. (1)由图可知函数由图可知函数 f(x)的图象过点的图象过点(0,3)，且，且 f(1)0， 得得Error!解得解得Error! (2)由由(1)得，得，f(x)ax3bx2(3a2b)x3， 所以所以 f(x)3ax22bx(3a2b) 由函数由函数 f(x)在在 x2 处的切线方程为处的切线方程为 3xy110， 得得Error! 所以所以Error!解得解得Error! 所以所以 f(x)x36x29x3. (3)由由(2)知知 f(x)x36x29x3， 所以所以 f(x)3x212x9. 函数函数 yf(x)与与 y f(x)5xm 的图象有三个不同的交点，的图象有三个不同的交点， 1 3 等价于等价于 x36x29x3(x24x3)5xm 有三个不等实根，有三个不等实根， 等价于等价于 g(x)x37x28xm 的图象与的图象与 x 轴有三个不同的交点轴有三个不同的交点 因为因为 g(x)3x214x8(3x2)(x4)， 令令 g(x)0，得，得 x 或 或 x4. 2 3 当当 x 变化时，变化时，g(x)，g(x)的变化情况如表所示：的变化情况如表所示： x ( ， ，2 3) 2 3 ( 2 3 ， ，4) 4(4，) g(x)00 g(x)极大值极大值极小值极小值 gm，g(4)16m， ( 2 3) 68 27 当且仅当当且仅当Error!时，时，g(x)图象与图象与 x 轴有三个交点，轴有三个交点， 解得解得160，则，则 f(x)在在(0，)上单调递增；上单调递增； 当当 a0 时，若时，若 x，则，则 f(x)0，若，若 x，则，则 f(x)0，且，且 f(x)在上单调递增，在上单调递减，不妨设在上单调递增，在上单调递减，不妨设 0 x1x2 ，故要证，故要证 f 即可即可 ( x1x2 2 ) x1x2 2 1 a 2 a ( x1x2 2 ) 2 a 构造函数构造函数 F(x)f(x)f，x， ( 2 a x) (0， ， 1 a) F(x)f(x)f(x)f， f( 2 a x) ( 2 a x) 2ax ax2 2 x 2 ax 2 ax 1 2 x 2 ax x，F(x)0， (0， ， 1 a) 2 ax 1 2 x 2 ax F(x)在上单调递增，在上单调递增， (0， ， 1 a) F(x) x1， 2 a 1 a 2 a x1x2 ，得证，得证 2 a 法二：对数平均不等式法法二：对数平均不等式法 易知易知 a0，且，且 f(x)在上单调递增，在上单调递增， (0， ， 1 a) 在上单调递减，在上单调递减， ( 1 a， ， ) 不妨设不妨设 0 . ( x1x2 2 ) x1x2 2 1 a 因为因为 f(x)的两个零点是的两个零点是 x1，x2， 所以所以 ln x1ax (2a)x1ln x2ax (2a)x2， 2 12 2 所以所以 ln x1ln x22(x1x2)a(x x x1x2)， 2 12 2 所以所以 a，以下用分析法证明，要证，以下用分析法证明，要证 ， ln x1ln x22 x1x2 x2 1x2 2x1x2 x1x2 2 1 a 即证即证， x1x2 2 x2 1x2 2x1x2 ln x1ln x22 x1x2 即证即证， x1x2 2 x1x21 ln x1ln x2 x1x2 2 即证即证， x1x2 2 x1x2 ln x1ln x2 根据对数平均不等式，该式子成立，根据对数平均不等式，该式子成立， 所以所以 f1)，g(t)ln t，则当，则当 t1 时，时， x2 x1 2 t 1 1 t g(t)1 时，时， g(t)1 时，求时，求 f(x)的单调区间和极值；的单调区间和极值； (2)若对任意若对任意 xe，e2，都有，都有 f(x)1，所以，所以 f(x)ln xk0， 所以函数所以函数 f(x)的单调递增区间是的单调递增区间是(1，)，无单调递减区间，无极值，无单调递减区间，无极值 当当 k0 时，令时，令 ln xk0，解得，解得 xek， 当当 1ek时，时，f(x)0. 所以函数所以函数 f(x)的单调递减区间是的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是，单调递增区间是(ek，)，在，在(1，)上的 极小值为 上的 极小值为 f(ek)(kk1)ekek，无极大值，无极大值 (2)由题意，由题意，f(x)4ln x对任意对任意 xe，e2恒成立，恒成立， x 4 ln x x 令令 g(x)，xe，e2， x 4 ln x x 则则 g(x). 4ln xx4 x2 令令 t(x)4ln xx4，xe，e2，则，则 t(x) 10， 4 x 所以所以 t(x)在区间在区间e，e2上单调递增，故上单调递增，故 t(x)mint(e)4e4e0，故，故 g(x)0， 所以所以 g(x)在区间在区间e，e2上单调递增，函数上单调递增，函数 g(x)maxg(e2)2 . 8 e2 要使要使 k1对任意对任意 xe，e2恒成立，只要恒成立，只要 k1g(x)max，所以，所以 k12 ， ， x 4 ln x x 8 e2 解得解得 k1 ， ， 8 e2 所以实数所以实数 k 的取值范围为的取值范围为. (1， ，) (3)证明：法一：因为证明：法一：因为 f(x1)f(x2)，由，由(1)知，当知，当 k0 时，函数时，函数 f(x)在区间在区间(0，ek)上单调 递减，在区间 上单调 递减，在区间(ek，)上单调递增，且上单调递增，且 f(ek 1) 0. 不妨设不妨设 x10， 所以函数所以函数 h(x)在区间在区间(0，ek)上单调递增，上单调递增，h(x)0， x2lnx 1 x2 x1x2 x1lnx 1 x2 x1x2 不妨设不妨设 00，即证，即证2， ln t t 1 ln t 11 t t 1 ln t t 1 即证即证 ln t0， 1 t 4 t 1 2 t 1 2 t t 1 2 所以所以 h(t)在在 t(0,1)上单调递增，上单调递增，h(t)h(1)0，得证，所以，得证，所以 x1x2e2k.