高考数学一轮复习配餐作业17导数与函数的零点含解析理.doc

1配餐作业配餐作业( (十七十七) ) 导数与函数的零点导数与函数的零点(时间：40 分钟)1已知函数f(x)x33ax1，a0。(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x1 处取得极值，直线ym与yf(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围。解析 (1)f(x)3x23a3(x2a)，当a0；所以当a0 时，由f(x)>0，解得x。aa由f(x)0 时，f(x)的单调递增区间为(，)，(，)，单调递减区间为aa(，)。aa(2)因为f(x)在x1 处取得极值，所以f(1)3×(1)23a0，所以a1。所以f(x)x33x1，f(x)3x23，由f(x)0，解得x11，x21。由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x1 处取得极大值f(1)1，在x1 处取得极小值f(1)3。因为直线ym与函数yf(x)的图象有三个不同的交点，结合如图所示f(x)的图象可知，实数m的取值范围是(3,1)。答案 (1)见解析 (2)(3,1)2已知f(x)x23x1，g(x)x。a1 x1(1)a2 时，求yf(x)和yg(x)的公共点个数；(2)a为何值时，yf(x)和yg(x)的公共点个数恰为两个。2解析 (1)a2 时，由Error!得x23x1x，1 x1整理得x3x2x20(x1)。令yx3x2x2，求导得y3x22x1，令y0，得x11，x2 ，1 3故得极值分别在x1 和x 处取得，且极大值、极小值都是负值。1 3所以x3x2x20 的解只有一个，即yf(x)与yg(x)的公共点只有一个。(2)由Error!得x23x1x，a1 x1整理得ax3x2x(x1)，令h(x)x3x2x，联立Error!h(x)0 可以得到极值点分别是x1 和x ，画出草图，如图所示，1 3h(1)1，h，(1 3)5 27当ah(1)1 时，ya与yh(x)仅有一个公共点(因为(1,1)点不在yh(x)曲线上)，故a时恰有两个公共点。5 27答案 (1)一个 (2)5 273设函数f(x)aex(x1)(其中 e2.718 28)，g(x)x2bx2，已知它们在x0 处有相同的切线。(1)求函数f(x)，g(x)的解析式；(2)求函数f(x)在t，t1(t>3)上的最小值；(3)判断函数F(x)2f(x)g(x)2 的零点个数。3解析 (1)f(x)aex(x2)，g(x)2xb。由题意，两函数在x0 处有相同的切线，f(0)2a，g(0)b。2ab，f(0)ag(0)2，a2，b4。f(x)2ex(x1)，g(x)x24x2。(2)由(1)得f(x)2ex(x2)。由f(x)>0 得x>2，由f(x)3，t1>2。当30 得x>ln2 或x0，F(4)4e4×(41)161612e40)。(1)求f(x)的极值；(2)若k2 016，关于x的方程f(x)2ax有唯一解，求a的值。解析 (1)定义域为(0，)，f(x)2x(1)k2a· ，当k为奇数时，f(x)1 x2x>0，f(x)在(0，)上单调递增，f(x)无极值；当k为偶数时，f(x)2x2a x，2a x2x22a x2xaxax f(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，aaf(x)有极小值，f(x)极小值f()a2alnaalna。aa4(2)k2 016，则f(x)x22alnx，令g(x)x22alnx2ax，g(x)2x2a (x2axa)，2a x2x22ax2a x2 x令g(x)0，x2axa0，a>0，x>0，x0。aa24a2当x(0，x0)时，g(x)0，g(x)在(x0，)上单调递增，又g(x)0 有唯一解，Error!即Error!两式相减得 2alnx0ax0a02lnx0x010，解得x01，a 。1 2答案 (1)当k为奇数时，f(x)无极值；当k为偶数时，f(x)无极大值有极小值aalna (2)1 2(时间：20 分钟)1设函数f(x)x3x2(m21)x(xR R)，其中m>0。1 3(1)当m1 时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线的斜率；(2)求函数f(x)的单调区间与极值；(3)已知函数f(x)有三个互不相同的零点 0，x1，x2，且x1f(1)恒成立，求实数m的取值范围。解析 (1)当m1 时，f(x)x3x2，f(x)x22x，故f(1)1，1 3即曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为 1。(2)f(x)x22xm21x(1m)x(1m)，令f(x)0，得x1m或x1m，m>0，故 1m>1m，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如表：x(，1m)1m(1m,1m)1m(1m，)f(x)00f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减所以f(x)的单调递减区间是(，1m)，(1m，)，5单调递增区间是(1m,1m)，于是函数f(x)在x1m处取得极小值f(1m)m3m2 ；2 31 3在x1m处取得极大值f(1m)m3m2 。2 31 3(3)由题设知f(x)x(1 3x2xm21)x(xx1)(xx2)，1 3所以方程x2xm210 有两个相异的非零实根x1，x2，1 3故由根与系数的关系得x1x23 且 1 (m21)>0，4 3解得m> 或mx1x23x2> >1，3 2若x10，1 3而f(x1)0，不合题意，若 1x10，xx10，xx20，所以f(x)x(xx1)(xx2)0。1 3又f(x1)f(x2)0，故f(x)在x1，x2上的最小值为 0，于是对xx1，x2，f(x)>f(1)恒成立，得f(1)m2 。1 333331 2综上，实数m的取值范围是。(1 2，33)答案 (1)1 (2)见解析 (3)(1 2，33)2(2016·全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点。6(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当x(，1)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增。又f(1)e，f(2)a，取b满足b (b2)a(b1)2a>0，a 2(b23 2b)故f(x)存在两个零点。设a0，因此，f(x)在e 2(1，)上单调递增。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)上单调递减，在(ln(2a)，)上单调递增。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x1x2<2。答案 (1)(0，) (2)见解析