考点专练20： 利用导数研究函数的零点问题--高考数学一轮复习（新高考）.docx

考点专练20：利用导数研究函数的零点问题1.已知函数f(x)ex(ax1)，曲线yf(x)在x1处的切线方程为ybxe(1)求a，b的值；(2)若函数g(x)f(x)3exm有两个零点，求实数m的取值范围2.已知函数f(x)ln x，mR，讨论f(x)的零点个数3.已知函数f(x)(x2)exa(x1)2(a>0)有两个零点x1，x2，证明：x1x2<24.(2022·陕西模拟)已知函数f(x)ln x，g(x)x26x，h(x)3aex(1)设F(x)g(x)8f(x)，求函数F(x)的单调区间；(2)设H(x)h(x)f(x)1，当函数H(x)有两个零点时，求实数a的取值范围5.已知函数f(x)(x1)exax的图象在x0处的切线方程是xyb0(1)求a，b的值；(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f(x0)>6.(2021·济南三模)已知函数fn(x)1x(nN)(1)证明：f3(x)单调递增且有唯一零点；(2)已知f2n1(x)单调递增且有唯一零点，判断f2n(x)的零点个数7.已知函数f(x)xex(1)求函数f(x)的单调区间与极值；(2)已知函数g(x)的图象与f(x)的图象关于直线x1对称，证明：当x>1时，f(x)>g(x)；(3)如果x1x2，且f(x1)f(x2)，证明：x1x2>2参考答案：1.解：(1)f(x)ex(ax1)，则f(x)ex(ax1)ex·aex(ax1a)由题意知解得所以a1，b3e(2)g(x)f(x)3exmex(x2)m，函数g(x)ex(x2)m有两个零点，相当于函数u(x)ex·(x2)的图象与直线ym有两个交点，u(x)ex·(x2)exex(x1)当x(，1)时，u(x)<0，所以u(x)在(，1)上单调递减；当x(1，)时，u(x)>0，所以u(x)在(1，)上单调递增；当x1时，u(x)取得极小值u(1)e又当x时，u(x)，当x<2时，u(x)<0，所以实数m的取值范围为m|e<m<02.解：函数f(x)ln x的定义域是(0，)，且f(x)令g(x)x2(22m)x1，当m1时，因为x(0，)，所以g(x)x2(22m)x10，所以f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增又f(1)0，所以f(x)有且只有1个零点当1m2时，4m28m4m(m2)0，所以f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增又f(1)0，所以f(x)有且只有1个零点当m2时，x2(22m)x10有2个正根，解得x1m1，x2m1因为x1x21，所以0x11，x21当0xx1时，g(x)0，f(x)0，f(x)单调递增；当x1xx2时，g(x)0，f(x)0，f(x)单调递减；当xx2时，g(x)0，f(x)0，f(x)单调递增因为1(x1，x2)，f(1)0，所以f(x)在(x1，x2)上有1个零点，且f(x1)0，f(x2)0又em1,0em1，且f(em)m0，f(em)m0，所以f(x)在(0，x1)和(x2，)上各有1个零点综上，当m2时，f(x)有且只有1个零点；当m2时，f(x)有3个零点3.证明：f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)，因为a>0，所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(1)e由f(x1)f(x2)0，可设x1<1<x2，构造函数F(x)f(x)f(2x)，所以F(x)f(x)f(2x)(x1)(ex2a)(x1)(e2x2a)(x1)(exe2x)，当x<1时，x1<0，exe2x<0，则F(x)>0，F(x)在(，1)上单调递增又F(1)0，故F(x)<0(x<1)，即f(x)<f(2x)(x<1)把x1代入上述不等式得f(x1)f(x2)<f(2x1)，又x2>1,2x1>1，f(x)在(1，)上单调递增，故x2<2x1，即x1x2<24.解：(1)因为F(x)g(x)8f(x)x26x8ln x，其定义域为(0，)，所以F(x)x6当x(0,2)(4，)时，F(x)0；当x(2,4)时，F(x)0，所以函数F(x)的单调递增区间为(0,2)和(4，)，函数F(x)的单调递减区间为(2,4)(2)因为H(x)h(x)f(x)13aexln x1(x>0)，所以函数H(x)有两个零点可转化为关于x的方程3aexln x10有两个实数解，即函数y3a的图象与函数y的图象有两个交点令G(x)，其定义域为(0，)，则G(x)，令G(x)0，解得x1易知当x(0,1)时，G(x)0；当x(1，)时，G(x)0，所以G(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以G(x)maxG(1)又当x时，G(x)0；当x0时，G(x)，所以当函数y3a的图象与函数y的图象有两个交点时，0<3a<，所以0<a<，所以实数a的取值范围是5.(1)解：函数f(x)(x1)exax，则f(x)xexa由f(0)1得a1当x0时，解得f(x)1所以函数f(x)的图象在x0外的切线方程为y(1)1(x0)，即xy10，所以b1(2)证明：令g(x)f(x)xex1，则g(x)(x1)ex，所以当x<1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，在(，1)内无零点；当x1时，g(x)单调递增，又g(1)<0，g(1)e1>0，所以g(x)0有唯一解x0，f(x)有唯一极值点x0，由x0e1e，f(x0)x01又g1<0，g(1)e1>0<x0<1x0<，f(x0)>6.(1)证明：f3(x)1x，f3(x)1x(x1)2，所以f3(x)0，所以f3(x)在R上单调递增又f3(3)20，f(0)10，所以f3(x)单调递增且有唯一零点(2)解：因为f2n(x)1x，所以f2n(x)1xf2n1(x)因为f2n(x)f2n1(x)单调递增且有唯一零点，设f2n1(x0)0，所以f2n(x)在(，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增又f2n(x0)f2n1(x0)0，所以f2n(x)f2n(x0)0，即f2n(x)0恒成立，故f2n(x)零点个数为07.(1)解：f(x)(1x)ex令f(x)0，解得x1当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，)f(x)0f(x) 极大值所以f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，)函数f(x)在x1处取得极大值，且f(1)，无极小值(2)证明：由题意可知g(x)f(2x)，得g(x)(2x)ex2，令F(x)f(x)g(x)，即F(x)xex(x2)ex2，于是F(x)(x1)(e2x21)ex当x1时，2x20，从而e2x210又ex0，所以F(x)0，从而函数F(x)在1，)上单调递增又F(1)e1e10，所以x1时，有F(x)F(1)0，即f(x)g(x)(3)证明：若(x11)(x21)0，由(1)及f(x1)f(x2)，得x1x21与x1x2矛盾若(x11)(x21)0，由(1)及f(x1)f(x2)，得x1x2与x1x2矛盾根据得(x11)(x21)0，不妨设x11，x21由(2)可知，f(x2)g(x2)，又g(x2)f(2x2)，所以f(x2)f(2x2)，从而f(x1)f(2x2)因为x21，所以2x21，又由(1)可知函数f(x)在区间(，1)上单调递增，所以x12x2，即x1x227学科网（北京）股份有限公司