《2022高三总复习数学 利用导数研究函数零点问题(含解析)135729》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022高三总复习数学 利用导数研究函数零点问题(含解析)135729（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！第 1 页 共 4 页 利用导数研究函数零点问题 1已知 x1 是函数 f(x)13ax332x2(a1)x5 的一个极值点 (1)求函数 f(x)的解析式； (2)若曲线 yf(x)与直线 y2xm 有三个交点，求实数 m 的取值范围 解：(1)f(x)ax23xa1，由 f(1)0，得 a1， f(x)13x332x22x5. (2)曲线 yf(x)与直线 y2xm 有三个交点， 即 g(x)13x332x22x52xm13x332x25m 有三个零点 由 g(x)x23x0，得 x0 或 x
2、3. 由 g(x)0，得 x0 或 x3；由 g(x)0，得 0x3. 函数 g(x)在(，0)和(3，)上为增函数，在(0,3)上为减函数 要使 g(x)有三个零点，只需 g00，g30，解得12m5. 故实数 m 的取值范围为12，5 . 2已知函数 f(x)ex1，g(x) xx，其中 e 是自然对数的底数，e2.718 28. (1)证明：函数 h(x)f(x)g(x)在区间(1,2)上有零点； (2)求方程 f(x)g(x)的根的个数，并说明理由 解：(1)证明：易知 h(x)f(x)g(x)ex1 xx， 所以 h(1)e30，h(2)e23 20， 所以 h(1)h(2)0， 所
3、以函数 h(x)在区间(1,2)上有零点 (2)由(1)可知 h(x)f(x)g(x)ex1 xx. 由 g(x) xx 知 x0，)， 而 h(0)0，则 x0 为 h(x)的一个零点 又 h(x)在(1,2)内有零点， 因此 h(x)在0，)上至少有两个零点 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！第 2 页 共 4 页 h(x)ex12x121，记 (x)ex12x121， 则 (x)ex14x32. 当 x(0，)时，(x)0，因此 (x)在(0，)上单调递增， 易知 (x)在(0，)内只有一个零点， 则 h(x)在0，)上有且
4、只有两个零点， 所以方程 f(x)g(x)的根的个数为 2. 3已知函数 f(x)kxln x(k0) (1)若 k1，求 f(x)的单调区间； (2)若函数 f(x)有且只有一个零点，求实数 k 的值 解：(1)若 k1，则 f(x)xln x，定义域为(0，)， 则 f(x)11x， 由 f(x)0，得 x1；由 f(x)0，得 0x0) 令 g(x)ln xx(x0)，则 g(x)1ln xx2， 当 0x0；当 xe 时，g(x)0，要使 f(x)仅有一个零点，则 k1e. 法二：f(x)kxln x，f(x)k1xkx1x(x0，k0) 当 0x1k时，f(x)1k时，f(x)0.
5、欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！第 3 页 共 4 页 f(x)在0，1k上单调递减，在1k， 上单调递增， f(x)minf 1k1ln 1k， f(x)有且只有一个零点，1ln 1k0，即 k1e. 法三：k0，函数 f(x)有且只有一个零点等价于直线 ykx 与曲线 yln x 相切，设切点为(x0，y0)，由 yln x， 得 y1x， k1x0，y0kx0，y0ln x0，k1e，实数 k 的值为1e. 4(2021吉林第三次调研)已知函数 f(x)ln xax2(ab1)xb1(a，bR ) (1)若 a0，试讨论
6、f(x)的单调性； (2)若 0a2，b1，实数 x1，x2为方程 f(x)max2的两个不等实根，求证：1x11x242a. 解：(1)依题意知 x0，当 a0 时，f(x)1x(b1) 当 b1 时，f(x)0 恒成立，此时 f(x)在定义域上单调递增； 当 b1 时，x0，1b1时，f(x)0；x1b1，时，f(x)0，故 f(x)在0，1b1上单调递增，在1b1，上单调递减 (2)证明：由 f(x)max2得 ln x(a2)x2m0， 令 g(x)ln x(a2)x2，x0， 则 g(x1)g(x2)m，依题意有 ln x1(a2)x1ln x2(a2)x2，a2lnx2x1x1x2， 要证1x11x242a， 只需证x1x2x1x22(2a)2lnx2x1x1x2(不妨设 x1x2)， 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网整理，如有侵权请联系删除!我们将竭诚为您提供优质的文档！第 4 页 共 4 页 即证x1x2x2x12lnx2x1， 即证 2lnx2x1x1x2x2x10， 令x2x1t(t1)，则 g(t)2ln tt1t， g(t)2t11t21t120， g(t)在(1，)上单调递减， g(t)g(1)0，从而有1x11x242a.
