利用导数研究函数的零点　专题突破练习——高考数学二轮复习.docx

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1、利用导数研究函数的零点1.(2021湖南师大附中高三二模)已知函数f(x)=xsin x+cos x+12ax2.(1)当a=0时,求f(x)在-,上的单调区间;(2)当a0时,讨论f(x)在0,上的零点个数.2.(2021江苏苏州月考)已知函数f(x)=x2a-2ln x(aR,a0).(1)求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x14. 3.(2021山东烟台期中)已知函数f(x)=ax+2ex+1(aR).(1)若函数f(x)在区间(1,+)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a0时,讨论函数g(x)=f(x)-a-3的零点个数,并给予证明. 4.(2021

2、山西太原三模)已知函数f(x)=aln x-14x2+b-ln 2的图象在点(2,f(2)处的切线方程为y=-12x+1.(1)求f(x)的单调区间;(2)设x1,x2(x1x2)是函数g(x)=f(x)-m的两个零点,求证:x2-x132-4m. 5.(2021广东佛山期末)已知函数f(x)=ln x-mx有两个零点.(1)求m的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:f(x1+x2)0,f(x)在0,上没有零点;当0a1时,令f(x)=0,得cos x=-a.由-1-a0可知存在唯一x02,使得cos x0=-a.当x0,x0)时,f(x)0,f(x)单调递增;当x(x0,

3、)时,f(x)1,f()=12a2-1.当12a2-10,即22a1时,f(x)在0,上没有零点.当12a2-10,即0a22时,f(x)在0,上有1个零点.综上,当022时,f(x)没有零点.2.(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2xa2x=2x2-2aax.当a0时,f(x)0时,若x(0,a),f(x)0,f(x)在区间(a,+)上单调递增,故f(x)在区间(0,+)上的极小值为f(a)=1-2ln a=1-ln a,无极大值.(2)证明 当a=4时,f(x)=x24-2ln x.由(1)知,f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+)上单调递增,x=2是函数

4、f(x)的极值点.又x1,x2为函数f(x)的零点,所以0x124,只需证x24-x1.f(4-x1)=(4-x1)24-2ln(4-x1)=x124-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=x124-2ln x1=0,f(4-x1)=2ln x1-2x1+4-2ln(4-x1).令h(x)=2ln x-2x+4-2ln(4-x)(0x0,h(x)在区间(0,2)上单调递增,h(x)h(2)=0,f(4-x1)2,x22,4-x14得证.3.解 (1)f(x)=a-2ex.由题意得f(x)0,即a2ex在区间(1,+)上恒成立.当x(1,+)时,2ex0,2e,所以a2e.故实数a的取值

5、范围为2e,+.(2)当a0时,函数g(x)有两个零点.证明如下:由已知得g(x)=ax+2ex-a-2,则g(x)=a-2ex=aex-2ex.当a0时,g(x)0,g(1)=2e-20时,令g(x)0,得x0,得xln2a,所以函数g(x)在区间-,ln2a上单调递减,在区间ln2a,+上单调递增,而gln2a=aln2a2a0.由于xln x,所以a+2a2aln2a,所以g(x)在区间ln2a,a+2a上存在一个零点.又gln2a2+a+2=aa-lna2+a+22,且ln2a2+a+20在区间(0,+)上恒成立,故h(a)在区间(0,+)上单调递增.而h(0)=0,所以h(a)0在区

6、间(0,+)上恒成立,所以gln2a2+a+20,所以g(x)在区间ln2a2+a+2,ln2a上存在一个零点.综上所述,当a0时,函数g(x)有两个零点.4.(1)解 由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=ax12x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2)处的切线方程为y=-12x+1,所以f(2)=0,f(2)=-12,即aln2-1+b-ln2=0,a2-1=-12,解得a=1,b=1,所以f(x)=ln x-14x2+1-ln 2,f(x)=1x12x=2-x22x,当x(0,2)时,f(x)0;当x(2,+)时,f(x)0),且f(x)在区间(0,2)上单调递增,在区

7、间2,+)上单调递减,由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0x122,则t1(x)=(x+1)(x-2)-x,令t1(x)0,得2x2;令t1(x)2,t1(x)在区间(2,2上单调递增,在区间(2,+)上单调递减,t1(x)t1(2)=2ln 2.令t2(x)=2ln x-x-12x2,0x0,得0x1;令t2(x)0,得1x2,t2(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间1,2)上单调递减,t2(x)t2(1)=-32,x2-x1-32+4mt1(2)+t2(1)+52-4ln 2=1-2ln 20.x2-x10),当m0时,f(x)0,则f(x)在区间(0,+)上单调递增,至多有一个零

8、点;当m0时,若0x0,f(x)在区间0,1m上单调递增;若x1m,则f(x)0得0m1me1,而f(1)=-m0,f1m2=-2ln m-1mx20,ln x1-mx1=0,ln x2-mx2=0,-得ln x1-ln x2=mx1-mx2,即有m=ln x1-ln x2x1-x2,由f(x)=1x-m,有f(x1+x2)=1x1+x2-m=1x1+x2ln x1-ln x2x1-x2,要证f(x1+x2)1x1+x2,即证ln x1-ln x2x1-x2x1+x2,即证lnx1x2x1x2-1x1x2+10,即证lnx1x2+2x1x2+1-10,令x1x2=t1,设(t)=ln t+2t

9、+1-1(t1),则(t)=t2+1t(t+1)20,(t)在区间(1,+)上单调递增,则(t)(1)=0,f(x1+x2)0),且f(1)=0.若a0,当0x0,即函数f(x)在(0,1)单调递增,当x1时,f(x)0,函数f(x)在(1,+)单调递减;当0a1时,令f(x)=0,解得x=1,或x=a,当ax0,函数f(x)单调递增,当x1或0xa时,f(x)1时,当1x0,函数f(x)单调递增,当xa或0x1时,f(x)0,函数f(x)单调递减.所以f(x)在(1,a)上单调递增,在(0,1),(a,+)上单调递减.(2)令g(x)=e2f(x)-2a2=0,即f(x)=2a2e2有且仅有

10、3个实根,所以y=f(x)与y=2a2e2的图象有三个交点,所以由(1)知,必有0a1.当0aa2a2e2,所以y=f(x)与y=2a2e2的图象至多有1个交点,所以舍去;当a1时,f(x)在(1,a)上单调递增,在(0,1),(a,+)单调递减.所以f(x)的极小值为f(1)=2,极大值为f(a)=aln2a+2a(1-ln a),所以只有当22a2e2a(ln2a+2-2ln a)时,y=f(x)与y=2a2e2的图象才有三个交点,当2e,下面只需要求解不等式2a2e2a(ln2a+2-2ln a),即2ae2ln2a+2-2ln a的解集,令ln a=t,则2ae2ln2a+2-2ln a等价于2et-2t2+2-2t,设h(t)=t2+2-2t-2et-2,则h(t)=2t-2-2et-2,令u(t)=2t-2-2et-2,则u(t)=2-2et-2,令u(t)=0,则t=2,且当t0,函数u(t)单调递增,当t2时,u(t)0,函数u(t)单调递减,又u(2)=0,所以u(t)0,即h(t)0,所以h(t)单调递减,又h(2)=0,所以t0,即ln a=t2,得到0ae2,综上,eae2.