(文理通用)江苏省2022高考数学二轮复习专题四函数与导数、不等式第20讲导数与函数的零点问题练习.pdf

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1、文理通用江苏省文理通用江苏省 20222022 高考高考数学二轮复习专题四函数与导数学二轮复习专题四函数与导数、不等式第数、不等式第 2020 讲导数与函数讲导数与函数的零点问题练习的零点问题练习第第 2020 讲讲 导数与函数的零点问题导数与函数的零点问题课后自测诊断及时查漏补缺备考不留死角课后自测诊断及时查漏补缺备考不留死角1 1假设函数假设函数f f(x x)axaxbxbx4 4，当当x x2 2 时，时，4 4函数函数f f(x x)有极值有极值.3 3(1)(1)求函数求函数f f(x x)的解析式；的解析式；(2)(2)假设函数假设函数f f(x x)k k有有 3 3 个解，个

2、解，求实数求实数k k的的取值范围取值范围解：解：(1)(1)对函数对函数f f(x x)求导得求导得f f(x x)3 3axaxb b，2 23 3f f2 21212a ab b0 0，由由题题意意知知 4 4f f2 28 8a a2 2b b4 4，3 3 1 1 a a，3 3解得解得 b b4.4.1 13 3所以所以f f(x x)x x4 4x x4.4.3 3(2)(2)由由(1)(1)可得可得f f(x x)x x2 24 4(x x2)(2)(x x2)2)，-2-2-令令f f(x x)0 0，得，得x x2 2 或或x x2.2.当当x x变化时，变化时，f f(x

3、 x)，f f(x x)的变化情况如下的变化情况如下表：表：x xf f(x x)f f(x x)(，2)2)(2 22,2)2,2)0 02 2(2(2，)0 028283 34 43 32828因此，当因此，当x x2 2 时，时，f f(x x)有极大值有极大值；3 34 4当当x x2 2 时，时，f f(x x)有极小值有极小值.3 31 13 3所以函数所以函数f f(x x)x x4 4x x4 4 的图象大致如下的图象大致如下3 3图图-3-3-因为方程因为方程f f(x x)k k的解的个数即为的解的个数即为y yk k与与y yf f(x x)的交点个数的交点个数 4 42

4、828 所以实数所以实数k k的取值范围是的取值范围是 ，.3 33 3 2 2函数函数f f(x x)e e 1 1，g g(x x)x xx x，其中，其中e e是自然对数的底数，是自然对数的底数，e e2.718 28.2.718 28.(1)(1)证明：证明：函数函数h h(x x)f f(x x)g g(x x)在区间在区间(1,2)(1,2)上有零点；上有零点；(2)(2)求方程求方程f f(x x)g g(x x)的根的个数，并说明的根的个数，并说明理由理由解：解：(1)(1)证明：由证明：由h h(x x)f f(x x)g g(x x)e ex x1 1x xx x得，得，x

5、 xh h(1)(1)e e303020，且且h h(x x)在区间在区间(1,2)(1,2)上是连续的，上是连续的，所以函数所以函数h h(x x)在区间在区间(1,2)(1,2)上有零点上有零点(2)(2)由由(1)(1)得得h h(x x)e e 1 1x xx x.由由g g(x x)x xx x知，知，x x00，)，而，)，而h h(0)(0)0 0，-4-4-2 2x x那么那么x x0 0为为h h(x x)的一个零点，的一个零点，而而h h(x x)在在(1,2)(1,2)内有零点，内有零点，因此因此h h(x x)在在00，)上至少有两个零点，)上至少有两个零点1 11 1

6、因为因为h h(x x)e e x x 1 1，2 22 2x x1 11 1记记(x x)e e x x 1 1，2 22 2x x1 13 3那么那么(x x)e e x x.4 42 2x x当当x x(0(0，)时，)时，(x x)0)0，因此，因此(x x)在在(0(0，)上单调递增，)上单调递增，那么那么(x x)在在(0(0，)上至多只有一个零点，上至多只有一个零点，即即h h(x x)在在00，)上至多有两个零点，)上至多有两个零点所以方程所以方程f f(x x)g g(x x)的根的个数为的根的个数为 2.2.3 3函数函数f f(x x)a ae e x xbxbx(a a

7、，b bR)R)(1)(1)设设a a1 1，假设函数，假设函数f f(x x)在在 R R 上是单调上是单调递减函数，求递减函数，求b b的取值范围；的取值范围；(2)(2)设设b b0 0，假设函数，假设函数f f(x x)在在 R R 上有且只有上有且只有一个零点，求一个零点，求a a的取值范围的取值范围-5-5-x x2 2解：解：(1)(1)当当a a1 1 时，时，f f(x x)e e x xbxbx，f f(x x)e e 2 2x xb b，由题意知，由题意知，f f(x x)e e 2 2x xb b00 对对x xR R恒成立恒成立由由e ex x2 2x xb b0，得

8、0，得b be ex x2 2x x.令令F F(x x)e e 2 2x x，那么，那么F F(x x)e e 2 2，由由F F(x x)0 0，得，得x xln 2.ln 2.当当x xln 2ln 2 时，时，F F(x x)0 0，F F(x x)单调递增，单调递增，当当x xln 2ln 2 时，时，F F(x x)0 0，F F(x x)单调递减，单调递减，从而当从而当x xln 2ln 2 时，时，F F(x x)取得最大值取得最大值 2ln 22ln 22 2，b b2ln 22ln 22 2，故，故b b的取值范围为的取值范围为2ln 22ln 22 2，)，)(2)(2)

9、当当b b0 0 时，时，f f(x x)a ae e x x.由题意知由题意知a ae ex xx x2 20 0 只有一个解只有一个解由由a ae e x x0 0，得，得a ax x，e ex x2 2x x2 2x xx xx xx xx x2 2x x2 2-6-6-令令G G(x x)x x，那么，那么G G(x x)e ex x2 2x x2 2x xe ex x，由由G G(x x)0 0，得，得x x0 0 或或x x2.2.当当x x00 时，时，G G(x x)0，)0，G G(x x)单调递减，单调递减，故故G G(x x)的取值范围为的取值范围为00，)；，)；当当

10、0 0 x x2 2 时，时，G G(x x)0 0，G G(x x)单调递增，单调递增，4 4 故故G G(x x)的取值范围为的取值范围为 0 0，2 2；e e 当当x x22 时，时，G G(x x)0，)0，G G(x x)单调递减，单调递减，4 4 故故G G(x x)的取值范围为的取值范围为 0 0，2 2.e e 4 4由题意得，由题意得，a a0 0 或或a a2 2，从而，从而a a0 0 或或e e4 4a a2 2，e e故假设函数故假设函数f f(x x)在在 R R 上只有一个零点，上只有一个零点，4 4 那么那么a a的取值范围为的取值范围为，2 2 00e e

11、4 4 函数函数f f(x x)(x x2)e2)e a a(x x1)1)有两个零有两个零点点-7-7-x x2 2(1)(1)求求a a的取值范围；的取值范围；(2)(2)设设x x1 1，x x2 2是是f f(x x)的两个零点，证明：的两个零点，证明：x x1 1x x2 22.00，那么当那么当x x(，1)1)时，时，f f(x x)0)0)0，所以所以f f(x x)在在(，1)1)内单调递减，内单调递减，在在(1(1，)内单调递增，)内单调递增又又f f(1)(1)e e，f f(2)(2)a a，取取b b满足满足b b00且且b bln)a a2 2(b b 2)2)a

12、a(b b 1)1)2 2 2 23 3 a a b bb b 00，2 2 故故f f(x x)存在两个零点存在两个零点-8-8-设设a a00)0，因此，因此f f(x x)在在(1(1，)内单调递，)内单调递增增又当又当x x11 时，时，f f(x x)0)0，所以，所以f f(x x)不存在两不存在两个零点个零点e e假设假设a a 1)1，2 2故当故当x x(1(1，ln(ln(2 2a a)时，时，f f(x x)0)0.)0.因此因此f f(x x)在在(1(1，ln(ln(2 2a a)内单调递减，在内单调递减，在(ln(ln(2 2a a)，)内单调递增，)内单调递增又当

13、又当x x11 时，时，f f(x x)0)0，所以，所以f f(x x)不存在两不存在两个零点个零点综上，综上，a a的取值范围为的取值范围为(0(0，)，)-9-9-(2)(2)证明：证明：不妨设不妨设x x1 1 x x2 2，由由(1)(1)知，知，x x1 1(，1)1)，x x2 2(1(1，)，)，2 2x x2 2(，1)1)，又，又f f(x x)在在(，1)1)内单调递减，内单调递减，所以所以x x1 1x x2 22)f f(2(2x x2 2)，即即f f(2(2x x2 2)0.)11 时，时，g g(x x)0)11 时，时，g g(x x)0.)0.从而从而g g

14、(x x2 2)f f(2(2x x2 2)0)0，故，故x x1 1x x2 22.m m时，时，f f(x x)x xkxkx1 10.0.设设 0 0 x x1 1，x xkxkx1 1maxmax1 1，k k，所以所以f f(x x)lnlnx x，当当 0 0 x xe e0 0，取取n nmin1min1，e e，那么当，那么当x x(0(0，n n)时，时，2 22 2时，时，f f(x x)-13-13-f f(x x)0 0，又函数又函数f f(x x)在定义域在定义域(0(0，)上连续不间，)上连续不间断，断，所以函数所以函数f f(x x)在定义域内有且仅有一个零在定义

15、域内有且仅有一个零点点当当k k2 2 2 2时，时，f f(x x)在在(0(0，x x1 1)和和(x x2 2，)，)上递增，在上递增，在(x x1 1，x x2 2)上递减，上递减，其中其中 2 2x xkxkx1 11 10,20,2x xkxkx2 21 10 0，那么那么f f(x x1 1)lnlnx x1 1x xkxkx1 11 1lnlnx x1 1x x(2(2x x1)1)1 1lnlnx x1 1x x2.2.下面先证明下面先证明 lnlnx xx x(x x0)0)：设设h h(x x)lnlnx xx x，由，由h h(x x)x x1 1，所以所以h h(x

16、x)在在(0,1)(0,1)上递增，在上递增，在(1(1，)上递，)上递减，减，h h(x x)maxmaxh h(1)(1)1 10 0，所以所以h h(x x)0(0(x x0)0)，即，即 lnlnx xx x(x x0)0)1 1x x2 21 12 21 12 21 12 21 12 21 12 22 2x x00 得得 0 0-14-14-1 1 2 27 7因此，因此，f f(x x1 1)x x1 1x x2 2 x x1 1 0 0，2 2 4 4 2 21 1又因为又因为f f(x x)在在(x x1 1，x x2 2)上递减，所以上递减，所以f f(x x2 2)f f(x x1 1)0 0，所以所以f f(x x)在区间在区间(0(0，x x2 2)不存在零点不存在零点由知，当由知，当x xm m时，时，f f(x x)0 0，f f(x x)的图象的图象连续不间断，连续不间断，所以所以f f(x x)在区间在区间(x x2 2，)上有且仅有一个，)上有且仅有一个零点零点综上所述，函数综上所述，函数f f(x x)在定义域内有且仅有一在定义域内有且仅有一个零点个零点-15-15-16-16-