2022年高考数学课件+训练：专题跟踪检测“导数与函数的零点问题”考法面面观理 .pdf

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1、我告诉皇上要雨露均沾我告诉皇上要雨露均沾专题跟踪检测五“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) 13x3a(x2x1) (1) 假设a 3，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)13x33x2 3x3，f(x) x26x3. 令f(x) 0，解得x323或x 323. 当x( ， 323) (3 23， ) 时，f(x)0 ；当x(3 23，323) 时，f(x)0，所以f(x) 0 等价于x3x2x13a0. 设g(x) x3x2x13a，则g(x) x2x2 2x3x2x120，仅当x0 时，g(x) 0

2、，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) 6a2 2a13 6a162160，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 x1ax1a，aR且a0.(1) 讨论函数f(x) 的单调性；(2) 当x1e，e 时，试判断函数g(x) (ln x 1)exxm的零点个数解： (1)f(x)ax 1ax2(x0) ，当a0 恒成立，函数f(x) 在(0， ) 上单调递增；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1

3、页，共 9 页我告诉皇上要雨露均沾我告诉皇上要雨露均沾当a0时，由f(x) ax 1ax20，得x1a；由f(x) ax1ax20，得 0 x1a，函数f(x) 在1a，上单调递增，在0，1a上单调递减综上所述，当a0时，函数f(x) 在1a，上单调递增，在0，1a上单调递减(2) 当x1e，e 时， 判断函数g(x) (ln x 1)exxm的零点，即求当x1e，e 时，方程 (ln x 1)exxm的根令h(x) (ln x1)exx，则h(x) 1xln x1 ex1. 由(1) 知当a1 时，f(x)ln x1x 1 在1e，1 上单调递减，在(1 ，e) 上单调递增，当x1e，e 时

4、，f(x) f(1) 0. 1xln x10 在x1e，e 上恒成立h(x) 1x ln x1 ex10 10，h(x) (ln x1)exx在1e， e 上单调递增h(x)minh1e 2e1e1e，h(x)maxe. 当me 时，函数g(x) 在1e，e 上没有零点；当 2e1e1eme时，函数g(x) 在1e，e 上有一个零点3(2018贵阳模拟) 已知函数f(x) kxln x 1(k0) (1) 假设函数f(x) 有且只有一个零点，求实数k的值；(2) 证明：当nN*时， 112131nln(n1) 解： (1) 法一：f(x) kxln x1，f(x) k1xkx1x(x0，k0)

5、 ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页我告诉皇上要雨露均沾我告诉皇上要雨露均沾当 0 x1k时，f(x)1k时，f(x)0. f(x) 在 0，1k上单调递减，在1k，上单调递增f(x)minf1kln k，f(x) 有且只有一个零点，ln k0，k1. 法二：由题意知方程kxln x1 0 仅有一个实根，由kxln x10，得kln x1x(x0)，令g(x) ln x1x(x0)，g(x) ln xx2，当 0 x0 ；当x1时，g(x)lnn1n，112131nln21ln32 lnn1nln(n1) ，故 1

6、12131nln(n1) f(x) ax3bx2(c 3a2b)xd的图象如下图(1) 求c，d的值；(2) 假设函数f(x) 在x2 处的切线方程为3xy110，求函数f(x)精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页我告诉皇上要雨露均沾我告诉皇上要雨露均沾的解析式；(3) 在(2) 的条件下，函数yf(x) 与y13f(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)3ax2 2bxc3a2b.(1) 由图可知函数f(x) 的图象过点 (0,3) ，且f(1) 0，得d3，3a2bc

7、3a2b0，解得d3，c0.(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f25，f2 3，所以8a4b6a4b35，12a4b 3a2b 3，解得a1，b 6，所以f(x) x36x29x 3. (3) 由(2) 知f(x) x36x29x3，所以f(x) 3x212x9. 函数yf(x) 与y13f(x) 5xm的图象有三个不同的交点，等价于x36x29x3(x2 4x3) 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) 3x214

8、x8(3x2)(x4) ，令g(x) 0，得x23或x4. 当x变化时，g(x) ，g(x) 的变化情况如表所示：x ，232323，44(4，)g(x)00g(x)极大值极小值g236827m，g(4) 16m，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 9 页我告诉皇上要雨露均沾我告诉皇上要雨露均沾当且仅当g236827m0，g4 16m0时，g(x) 图象与x轴有三个交点，解得 16m6827. 所以m的取值范围为 16，6827. 5(20 18南宁二中、柳州高中二联) 已知函数f(x) ln xax2(2 a)x. (1)

9、 讨论f(x) 的单调性；(2) 设f(x) 的两个零点是x1，x2，求证：fx1x220，则f(x)在 (0 ， ) 上单调递增；当a0 时，假设x 0，1a，则f(x)0 ，假设x1a，则f(x)0，且f(x) 在 0，1a上单调递增，在1a，上单调递减，不妨设0 x11ax2，fx1x221a?x1x22a，故要证fx1x222a即可构造函数F(x) f(x) f2ax，x 0，1a，F(x) f(x) f2ax f(x) f2ax2axax 22x2ax2ax12x2ax，x 0，1a，F(x) 2ax12x2ax0，F(x) 在 0，1a上单调递增，F(x)F1af 1af 2a1a

10、0，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页我告诉皇上要雨露均沾我告诉皇上要雨露均沾即f(x)f2ax，x 0，1a，又x1，x2是函数f(x)的两个零点且0 x11ax2，f(x1) f(x2)2ax1，x1x22a，得证法二：对数平均不等式法易知a0，且f(x) 在 0，1a上单调递增，在1a，上单调递减，不妨设 0 x11ax2，fx1x221a. 因为f(x) 的两个零点是x1，x2，所以 ln x1ax21 (2a)x1ln x2ax22(2a)x2，所以 ln x1ln x22(x1x2) a(x21x22x1

11、x2)，所以aln x1ln x22x1x2x21x22x1x2，以下用分析法证明，要证x1x221a，即证x1x22x21x22x1x2ln x1ln x22x1x2，即证x1x22x1x21ln x1ln x2x1x22，即证2x1x2ln x1ln x2x1x22x1x21，只需证2x1x2x1x2ln x1ln x2，根据对数平均不等式，该式子成立，所以fx1x220. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页我告诉皇上要雨露均沾我告诉皇上要雨露均沾法三：比值 ( 差值 ) 代换法因为f(x) 的两个零点是x1，x

12、2，不妨设 0 x11) ，g(t) 2t 11tln t，则当t1 时，g(t) t12tt121 时，g(t)g(1) 0，所以fx1x221 时，求f(x) 的单调区间和极值；(2) 假设对任意xe ，e2 ，都有f(x)4ln x成立，求k的取值范围；(3) 假设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

13、 ， ) 上的极小值为f(ek) (kk1)ek ek，无极大值(2) 由题意，f(x) 4ln x0，即问题转化为(x4)ln x(k1)xx4ln xx对任意xe ， e2 恒成立，令g(x) x4ln xx，xe ，e2 ，则g(x) 4ln xx4x2. 令t(x) 4ln xx4，x e ，e2，则t(x) 4x10，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) 28e2. 要使k1x4ln xx对任意xe ， e2 恒成立，只要k1g(x)max， 所以

14、k128e2，解得k18e2，所以实数k的取值范围为18e2，. (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0 x1ekx2ek 1，要证x1x2e2k，只需证x2e2kx1，即证 ekx2e2kx1. 因为f(x) 在区间 (ek， ) 上单调递增，所以只需证f(x2)f e2kx1，又f(x1) f(x2) ，即证f(x1)f e2kx1，构造函数h(x) f(x) f e2kx(ln xk

15、 1)x ln e2kxk1e2kx，即h(x) xln x(k1)x e2kln xxk1x，h(x) ln x1(k1)e2k1 ln xx2k1x2(ln xk)x2e2kx2，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 e2kek0，故h(x)0 ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页我告诉皇上要雨露均沾我告诉皇上要雨露均沾所以f(x1)f e2kx1，即f(x2) f(x1)f e2kx1，所以x1x

16、2e2k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(k 1)(x1x2) ，x1ln x1x2ln x1x2ln x1x2ln x2(k1)(x1x2) ，即(x1x2)ln x1x2lnx1x2(k1)(x1x2) ，k1ln x1x2lnx1x2x1x2，同理k1ln x2x1ln x1x2x1x2，从而 2kln x1ln x2x2lnx1x2x1x2x1lnx1x2x1x22，要证 ln x1ln x20，不妨设 0 x1x2，则 0 x1x2t0，即证t1ln tt12，即证 ln t2t1t1对t(0,1)恒成立，设h(t) ln t2t1t1，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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页