《高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第6讲 高考中导数的综合运用 第1课时 利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题专题限时集训 理-人教版高三数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第6讲 高考中导数的综合运用 第1课时 利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题专题限时集训 理-人教版高三数学试题（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题限时集训(七)利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题(建议用时：45分钟)1已知函数f(x)xln x，g(x)x2ax2(aR)(1)判断曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与曲线yg(x)的公共点个数；(2)当x时，若函数yf(x)g(x)有两个零点，求a的取值范围解(1)f(x)ln x1，所以斜率kf(1)1.1分又f(1)0，曲线在点(1,0)处的切线方程为yx1.由 2分x2(1a)x10，由(1a)24a22a3可知：当0时，即a3时，有两个公共点；当0时，即a1或a3时，有一个公共点；当0时，即1ah(e). 13分所以，当30). 1分当a0时，f(x)0，f
2、(x)没有零点； 3分当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x)在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增. 5分又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0时，f(x)存在唯一零点. 6分(2)证明：由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0.9分故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00， 12分所以f(x0)2ax0aln2aaln .故当a0时，f(x)2aaln . 14分3(2013江苏高考)设函数f
3、(x)ln xax，g(x)exax，其中a为实数(1)若f(x)在(1，)上是单调减函数，且g(x)在(1，)上有最小值，求a的取值范围；(2)若g(x)在(1，)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论解(1)令f(x)a0，考虑到f(x)的定义域为(0，)，故a0，进而解得xa1，即f(x)在(a1，)上是单调减函数. 2分同理，f(x)在(0，a1)上是单调增函数由于f(x)在(1，)上是单调减函数，故(1，)(a1，)，从而a11，即a1. 4分令g(x)exa0，得xln a.当xln a时，g(x)0；当xln a时，g(x)0.又g(x)在(1，)上有最小值，所以
4、ln a1，即ae.综上可知，a(e，). 6分(2)当a0时，g(x)必为单调增函数；当a0时，令g(x)exa0，解得aex，即xln a7分因为g(x)在(1，)上是单调增函数，类似(1)有ln a1，即0ae1.综合上述两种情况，得ae1.当a0时，由f(1)0以及f(x)0，得f(x)存在唯一的零点； 8分当a0时，由于f(ea)aaeaa(1ea)0，f(1)a0，且函数f(x)在ea,1上的图象连续，所以f(x)在(ea,1)上存在零点. 9分另外，当x0时，f(x)a0，故f(x)在(0，)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点当0ae1时，令f(x)a0，解得xa1.当0x
5、a1时，f(x)0；当xa1时，f(x)0，所以，xa1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a1)ln a1. 10分a当ln a10，即ae1时，f(x)有一个零点xe.b当ln a10，即0ae1时，f(x)有两个零点实际上，对于0ae1，由于f(e1)1ae10，f(a1)0，且函数f(x)在e1，a1上的图象连续，所以f(x)在(e1，a1)上存在零点另外，当x(0，a1)时，f(x)a0，故f(x)在(0，a1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a1)上只有一个零点下面考虑f(x)在(a1 ，)上的情况先证fa0.为此，我们要证明：当xe时，exx2.设h(x)exx2，则h(x)
6、ex2x，再设l(x)h(x)ex2x，则l(x)ex2. 12分当x1时，l(x)ex2e20，所以l(x)h(x)在(1，)上是单调增函数故当x2时，h(x)ex2xh(2)e240，零点. 13分又当xa1时，f(x)a0，故f(x)在(a1，)上是单调减函数，所以f(x)在(a1，)上只有一个零点综合可知，当a0或ae1时，f(x)的零点个数为1，当0ae1时，f(x)的零点个数为2. 14分4(2016苏锡常镇调研二)已知函数f(x)aexx2bx(a，bR，e2.718 28是自然对数的底数)，其导函数为yf(x). (1)设a1，若函数yf(x)在R上是单调减函数，求b的取值范围
7、；(2)设b0，若函数yf(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围；(3)设b2，且a0，点(m，n)(m，nR)是曲线yf(x)上的一个定点，是否存在实数x0(x0m)，使得f(x0)f(x0m)n成立？证明你的结论解(1)当a1时，f(x)exx2bx，f(x)ex2xb，1分由题意f(x)ex2xb0对xR恒成立由ex2xb0，得bex2x，令F(x)ex2x，则F(x)ex2，令F(x)0，得xln 2.3分当xln 2时，F(x)0，F(x)单调递增，当xln 2时，F(x)0，F(x)单调递减， 5分从而当xln 2时，F(x)有最大值2ln 22，所以b2ln 22. 6分(
8、2)当b0时，f(x)aexx2，由题意aexx20只有一解.7分由aexx20，得a，令G(x)，则G(x)，令G(x)0，得x0或x2.当x0时，G(x)0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为0，)， 8分当0x2时，G(x)0，G(x)单调递增，G(x)的取值范围为，9分当x2时，G(x)0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为， 10分由题意，得a0或a，从而a0或a，当a0或a时，函数yf(x)只有一个零点. 12分(3)f(x)aexx22x，f(x)aex2x2，假设存在，则有f(x0)f(x0m)nf(x0m)f(m)，13分即f，fae22，(x0m)2，ae.(*)
9、14分a0，e，不妨设tx0m0，则em.h(t)在(0，)上单调递增， 又h(0)0，h(t)0对t(0，)恒成立，即g(t)0对t(0，)恒成立， g(t)在(0，)上单调递增，又g(0)0，g(t)0对t(0，)恒成立，即(*)式不成立，不存在实数x0(x0m)，使得f(x0)f(x0m)n成立. 16分5(2016南通三模)设函数f(x)xexasin xcos x(aR，其中e是自然对数的底数)(1)当a0时，求f(x)的极值；(2)若对于任意的x，f(x)0恒成立，求a的取值范围；(3)是否存在实数a，使得函数f(x)在区间上有两个零点？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由【导学号：19592022】解(1)当a0时，f(x)xex，f(x)ex(x1)，令f (x)0，得x1. 2分列表如下：x(，1)1(1，)f(x)0f(x)极小值所以函数f(x)的极小值为f(1)，无极大值.
