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.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 我告知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12022 全国卷 已知函数 f x 1 3x3a x 2 x1 1 假设 a 3,求 f x 的单调区间；2 证明： f x只有一个零点32解： 1 当 a3 时, f x1 3x33x 2 3x3,3 23,f x x26x3. 令 f x 0,解得 x323或 x 323. 当 x , 323 3 23, 时, f x0 ；当 x3 23,323 时, f x0,所以 f x 0 等价于x3 x 2x13a0. 设 g x x3 x 2 x13a,2 就 g x xx

2、 2 2x32 0,x2x1仅当 x0 时, g x 0,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1 30,又 f 3 a1 6a2 2a1 3 6 a121 60 ,当 a0 恒成立,函数 f x 在0 , 上单调递增；我告知皇上要雨露均沾名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 我告知皇上要雨露均沾当 a0 时,由 f x ax 1 ax 2 0,得 x1 a；由 f x ax1 ax 2 0,得 0x 1a,1 1函数 f x 在 a,上单调递增,在 0,a上单调递减综上所

3、述,当 a0 时,函数 f x 在 a,上单调递增,在 0,a上单调递减1 1 2 当 xe,e 时,判定函数 g x ln x 1e xxm的零点,即求当 xe,e 时,方程 ln x 1e xxm的根令 h x ln x1e xx,1 就 h x xln x1 e x1. 1 1 由1 知当 a1 时, f xln xx 1 在 e,1 上单调递减,在 1 ,e 上单调递增,1当 xe,e 时, f x f 1 0. 1 1xln x10 在 xe,e 上恒成立1h x x ln x1 e x10 10,1h x ln x1e xx 在 e, e 上单调递增1h x minh 1 e 2e

4、 e 1 e, h x maxe. 1 1 1当 me 时,函数 g x 在 e,e 上没有零点；当 2e 1e 1 e me 时,函数 g x 在 1 e,e 上有一个零点32022 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, 11 2 1 3 1 nln n1 解： 1 法一： f x kxln x1,f x kxkx1 x0,k0 ,我告知皇上要雨露均沾名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 我告知皇上要雨露均沾当 0x1

5、k时, f x1 k时, f x0. 1 1f x 在 0,k上单调递减,在 k,上单调递增1f x minf kln 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,ln x1由 kxln x10,得 kx x0 ,ln x1ln x令 g x x x0 ,g x x 2,当 0x0 ；当 x1 时, g xln n1,11 21 3 1 nln2 1ln2 ln n1ln n1 ,故 11 21 3 1 nln n1 f x ax3 bx2 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

6、方程为3xy110,求函数f x我告知皇上要雨露均沾名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 我告知皇上要雨露均沾的解析式；3 在2 的条件下,函数yf x 与 y1 3f x 5xm的图象有三个不同的交点,求m的取值范畴解：函数 f x 的导函数为 f x3ax 2 2bxc3a2b.1 由图可知函数 f x 的图象过点 0,3 ,且 f 1 0,d3,d3,得 解得3a2bc3a2b0,c0.2 由1 得, f x ax 3bx 23 a2b x3,所以 f x 3ax 22bx3 a2b 由函数 f x 在 x2 处的

7、切线方程为 3xy110,f 25,得f 2 3,8a4b6a4b35,a1,所以 解得12a4b 3a2b 3,b 6,所以 f x x 36x 29x 3. 3 由2 知 f x x 36x 29x3,所以 f x 3x 212x9. 函数 yf x 与 y1 3f x 5xm的图象有三个不同的交点,等价于 x 36x 29x3 x 2 4x3 5xm有三个不等实根,等价于 g x x 37x28xm的图象与 x 轴有三个不同的交点由于 g x 3x 214x83 x2 x4 ,2令 g x 0,得 x3或 x4. 当 x 变化时, g x ,gx 的变化情形如表所示：x ,222 3,4

8、44 ,33g x00g x极大值微小值68 27m,g4 16m,g2 3我告知皇上要雨露均沾名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 我告知皇上要雨露均沾当且仅当g2 368 27m0,时, g x 图象与 x 轴有三个交点,g4 16m068 解得 16m 27. 所以 m的取值范畴为 16,68 27 . 520 18 南宁二中、柳州高中二联 1 争论 f x 的单调性； 已知函数 f x ln xax 22 a x. 2 设 f x 的两个零点是x1,x2,求证： f x1x20 ,就 f x在 0 , 上单调递增

9、；当 a0 时,假设 x 0,1 a,就 f x0 ,假设 x1 a,就 f x0,且 f x 在 0,1 a上单调递增,在1 a,上单调递减,不妨设1 0x1 ax2,2f x1x2 1a. x1x2 2a,故要证 f x1x22 a即可22构造函数 F x f x f2 ax ,x 0,1 a,2 ax2axax 22F x f x f2 ax f x f x2axax1 2ax2,xx 0,1 a, F x 2ax120,x2axF x 在 0,1 a上单调递增,F x F1 af 1 af 2 a1 a0,我告知皇上要雨露均沾名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 9

10、页精选学习资料 - - - - - - - - - 我告知皇上要雨露均沾即 f x fax ,x 0,1 a,1 0x1 ax2,又 x1,x2 是函数 f x的两个零点且f x1 f x22 ax1,2x1x2 a,得证法二：对数平均不等式法易知 a0,且 f x 在 0,1 a上单调递增,x1x2 12 a,在1 a,上单调递减,不妨设 0x11 ax2,f x1x2 1a. 2由于 f x 的两个零点是x1, x2,所以 ln x1ax2 1 2 a x1ln x2ax2 22 a x2,2 2所以 ln x1ln x22 x1x2 a x 1 x 2 x1 x2,所以 aln x1ln

11、 x22 x1x22 2x 1x 2x1x2,以下用分析法证明,要证即证x1x2 22 2x 1x 2 x1 x2 ln x1ln x22 x1 x2,即证x1x2 2x1x21 ln x1ln x2,2x1x2即证ln x1ln x2 2 x1x22 x1x2 x1x21,只需证2 x1x2 ln x1ln x2,依据对数平均不等式,该式子成立,所以 f x1x20. 2我告知皇上要雨露均沾名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 我告知皇上要雨露均沾法三：比值 差值 代换法由于 f x 的两个零点是 x1, x2,不妨设

12、 0x11 ,g t 2t 1ln t ,就当 t 1 时,1tg t t 122 1 时,g t g1 0,所以 f x1x21 时,求 f x 的单调区间和极值；2 假设对任意xe ,e2 ,都有 f x4ln x 成立,求 k 的取值范畴；3 假设 x1 x2,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,ek, ,在 1 , 上当 1xe k时, f xek时, f x0. 所以函数 f x 的单调递减区间是1 ,ek ,单调递增区间是的微小值为f

13、ek kk1ek ek,无极大值2 由题意, f x 4ln x0,即问题转化为 x4ln 我告知皇上要雨露均沾x k1 x x4x ln x对任意 xe , e 2 恒成立,x4 ln x令 g x x,xe ,e 2 ,4ln x x4就 g x x 2 . 4令 t x 4ln xx4,x e ,e 2 ,就 t x x10,所以 t x 在区间 e ,e 2 上单调递增,故 t xmint e 4e4e0,故 g x0 ,8所以 g x 在区间 e ,e 2 上单调递增,函数 g xmaxge 2 2e 2. x4 ln x 8要使 k1 x 对任意 xe ,e 2 恒成立,只要 k1

14、g x max,所以 k12e 2,解得 k18 e 2,8所以实数 k 的取值范畴为 1e 2,. 3 证明：法一：由于 f x1 f x2 ,由 1 知,当 k0 时,函数 f x 在区间 0 ,e k 上单调递减,在区间 e, 上单调递增,且 f e k1 0. k不妨设 x1x2,当 x0 时, f x 0,当 x时, f x ,就 0x1e kx2e k 1,2k 2 ke e要证 x1x2e 2k,只需证 x2 x1,即证 e kx2 x1. 由于 f x 在区间 e k, 上单调递增,2ke所以只需证 f x2f x1,2ke又 f x1 f x2 ,即证 f x1f x1,2k

15、 2k 2ke e e构造函数 h x f x f xln xk 1 x ln xk1 x,即 h x xln x k1 x e 2k ln x xk1,h x ln x1 k1 e 2k 1 ln xx 2k1 xx 2e 2kln xk x 2,当 x0 ,e k 时, ln xk0,x 20 ,所以函数 h x 在区间 0 ,e k 上单调递增, h x he k ,2ke而 he k f e k f e k 0,故 h x0 ,我告知皇上要雨露均沾名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 我告知皇上要雨露均沾所以 f

16、 x1 f 2k e x1,即 f x2 f x1 f 2k e x1,所以 x1x2e 2k 成立法二：要证x1x2e2k成立,只要证ln x1ln x22k. 由于 x1 x2,且 f x1f x2 ,所以 ln x1k1 x1ln x2k1 x2,即 x1ln x1 x2ln x2 k 1 x1x2 ,x1ln x1x2ln x1x2ln x1x2ln x2 k1 x1x2 ,即 x1x2ln x1 x2lnx1 x2 k1 x1x2 ,x1x2e 2k. k1ln x1x2lnx1 x2x1x2,同理 k1ln x2x1ln x1 x2x1x2,从而 2kln x1ln x2x1 x2ln x2x1x2x1 x1ln x2x1x22,要证 ln x1ln x20,不妨设 0x1x2,就 0x1 x2 t 0,即证t 1ln t2,t 1即证 ln t 2t 1 t 1对 t 0,1恒成立,设 h t ln t 2t 1 t 1,当 0t 0,t 1t 1所以 h t 在 t 0,1上单调递增, h t h1 0,得证,所以我告知皇上要雨露均沾名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 9 页