2016届高三数学二轮复习第一编专题整合突破1.6.2利用导数解决不等式方程解的问题理.doc

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1、【金版教程】2016届高三数学二轮复习 第一编 专题整合突破 1.6.2利用导数解决不等式、方程解的问题 理12015山西质监已知函数f(x)xln x.(1)试求曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程；(2)若x1，试判断方程f(x)(x1)(axa1)的解的个数解(1)f(x)ln xx1ln x，f(e)2，又f(e)e，切线方程为2xye0.(2)方程f(x)(x1)(axa1)的解即为方程ln x0的解设h(x)ln x，x1.则h(x)，x1.当a0时，h(x)0，h(x)为增函数，h(x)h(1)0，方程无解当a0时，令h(x)0得x11，x2.当a0，即x21，h(x)0

2、，则h(x)为(1，)上的增函数，h(x)h(1)0，方程无解当0a1时，x时，h(x)0，h(x)为增函数；x时，h(x)0，h(x)为减函数又x时，h(x)ln xax2a11，h(x)0，h(x)为减函数，而h(x)h(1)0，方程无解综上所述，当a(，0时，原方程无解；当0a时，原方程有一个解22015郑州质量预测已知函数f(x)ax1ln x，其中a为常数(1)当a时，若f(x)在区间(0，e)上的最大值为4，求a的值；(2)当a时，若函数g(x)|f(x)|存在零点，求实数b的取值范围解(1)f(x)a，令f(x)0得x，因为a，所以00得0x，由f(x)0得x0，当a时，f(x)

3、1ln x，所以f(x)，当0x0；当xe时，f(x)0，所以，f(x)的增区间为(0，e)，减区间为(e，)，所以f(x)maxf(e)1，所以|f(x)|1.令h(x)，则h(x).当0x0；当xe时，h(x)0，从而h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，所以h(x)maxh(e)，要使方程|f(x)|有实数根，只需h(x)max1即可，故b2.32015石家庄质检(二)已知f(x)xln xmx2x，mR.点(1)当m2时，求函数f(x)的所有零点；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1e2(e为自然对数的底数)解(1)当m2时，f(x)xln xx2xx(ln

4、xx1)，x0.设g(x)ln xx1，x0，则g(x)10，于是g(x)在(0，)上为增函数又g(1)0，所以，g(x)有唯一零点x1.从而，函数f(x)有唯一零点x1.(2)证明：欲证x1x2e2，需证ln x1ln x22若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f(x)有两个零点又f(x)ln xmx，所以，x1，x2是方程f(x)0的两个不同实根于是，有.解之得m.另一方面，由得ln x2ln x1m(x2x1)，从而可得于是，ln x1ln x2.又0x11.因此，ln x1ln x2，t1.要证ln x1ln x22，即证：2，t1.即当t1时，有ln t.设函数h(t)ln t，

5、t1.则h(t)0，所以，h(t)为(1，)上的增函数注意到，h(1)0.因此，h(t)h(1)0.于是，当t1时，有ln t.所以，有ln x1ln x22成立，即x1x2e2.42015甘肃一诊已知函数f(x)ax2ln (x1)(1)当a时，求函数f(x)的单调区间；(2)当x0，)时，函数yf(x)的图象上的点都在所表示的平面区域内，求实数a的取值范围解(1)当a时，f(x)x2ln (x1)(x1)，f(x)x(x1)，由f(x)0解得1x1，由f(x)1.函数f(x)的单调递增区间为(1,1)，单调递减区间为(1，)(2)当x0，)时，函数yf(x)的图象上的点都在所表示的平面区域

6、内，即当x0，)时，不等式f(x)x恒成立，即ax2ln (x1)x恒成立，设g(x)ax2ln (x1)x(x0)，只需g(x)max0即可由g(x)2ax1，当a0时，g(x)，当x0时，g(x)0时，由g(x)0，因x0，)，x1.()若1时，在区间(0，)上，g(x)0，函数g(x)在(0，)上单调递增，函数g(x)在0，)上无最大值，此时不满足()若10，即0a时，函数g(x)在上单调递减，在区间上单调递增，同样函数g(x)在0，)上无最大值，此时也不满足当a0时，由g(x)，x0，)，2ax(2a1)0，g(x)0，故函数g(x)在0，)上单调递减g(x)g(0)0成立综上所述，实

7、数a的取值范围是(，05已知函数f(x)(2a2)ln x2ax25(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设a0，故f(x)在(0，)单调递增；当a1时，f(x)0，故f(x)在(0，)单调递减；当1a0；x时，f(x)0；故f(x)在单调递增，在单调递减；(2)解法一：不妨设x1x2，而a1，由(1)知f(x)在(0，)单调递减，从而对任意x1、x2(0，)，恒有8|f(x1)f(x2)|8|x1x2|f(x1)f(x2)8(x2x1)f(x1)8x1f(x2)8x2令g(x)f(x)8x，则g(x)4ax8原不等式等价于g(x)在(0，)单调递减，即2ax40，从而a2，故a的取值范围为(

8、，2解法二：amin，设(x)，则(x)，当x时，(x)0，(x)为增函数(x)min2，a的取值范围为(，262015衡水中学一调已知f(x)xln x，g(x)，直线l：y(k3)xk2.(1)函数f(x)在xe处的切线与直线l平行，求实数k的值；(2)若至少存在一个x01，e使f(x0)1时f(x)的图象恒在直线l的上方，求k的最大值解(1)f(x)1ln x，f(e)1ln ek3，k5，(2)由于存在x01，e，使f(x0)x0ln x0，a，设h(x)，则h(x)，当x1，e时，h(x)0(仅当xe时取等号)h(x)在1，e上单调递增，h(x)minh(1)0，因此a0.(3)由题意xln x(k3)xk2在x1时恒成立，即k0在x1时恒成立，所以m(x)在(1，)上单调递增，且m(3)1ln 30，所以在(1，)上存在唯一实数x0(x0(3,4)使m(x)0当1xx0时m(x)0即F(x)x0时m(x)0即F(x)0，所以F(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，F(x)minF(x0)x02(5,6)，故kx02，又kZ，所以k的最大值为5.6