《(江苏专用)高考数学专题复习 专题3 导数及其应用 第22练 利用导数研究函数零点问题练习 理-人教版高三数学试题》由会员分享,可在线阅读,更多相关《(江苏专用)高考数学专题复习 专题3 导数及其应用 第22练 利用导数研究函数零点问题练习 理-人教版高三数学试题(7页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、训练目标(1)利用导数处理与函数零点有关的题型;(2)解题步骤的规范训练训练题型(1)利用导数讨论零点的个数;(2)利用导数证明零点的唯一性;(3)根据零点个数借助导数求参数范围 解题策略(1)注重数形结合;(2)借助零点存在性定理处理零点的存在性问题;结合单调性处理零点的唯一性问题;(3)注意参变量分离.1(2015广东)设a1,函数f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)在(,)上仅有一个零点2函数f(x)x3kx,其中实数k为常数(1)当k4时,求函数的单调区间;(2)若曲线yf(x)与直线yk只有一个交点,求实数k的取值范围3(2016南京、盐城、徐州
2、二模)已知函数f(x)1ln x,其中k为常数(1)若k0,求曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)若k5,求证:f(x)有且仅有两个零点;(3)若k为整数,且当x2时,f(x)0恒成立,求k的最大值(参考数据ln 82.08,ln 92.20,ln 102.30)4(2015山东)设函数f(x)(xa)ln x,g(x). 已知曲线yf(x) 在点(1,f(1)处的切线与直线2xy0平行(1)求a的值;(2)是否存在自然数k,使得方程f(x)g(x)在(k,k1)内存在唯一的根?如果存在,求出k;如果不存在,请说明理由5已知函数f(x)(xa)ex,其中e是自然对数的底数,aR
3、.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a1时,试确定函数g(x)f(xa)x2的零点个数,并说明理由答案精析1(1)解f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2ex,xR,f(x)0恒成立f(x)的单调递增区间为(,)(2)证明f(0)1a,f(a)(1a2)eaa,a1,f(0)0,f(a)2aeaa2aaa0,f(0)f(a)0,f(x)在(0,a)上有一个零点,又f(x)在(,)上递增,f(x)在(0,a)上仅有一个零点,f(x)在(,)上仅有一个零点2解(1)因为f(x)x2k,当k4时,f(x)x24,令f(x)x240,所以x12,x22.f(x)、f(x)随x
4、的变化情况如下表:x(,2)2(2,2)2(2,)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间是(,2),(2,);单调递减区间是(2,2)(2)令g(x)f(x)k,由题意知,g(x)只有一个零点因为g(x)f(x)x2k.当k0时,g(x)x3,所以g(x)只有一个零点0.当k0时,g(x)x2k0对xR恒成立,所以g(x)单调递增,所以g(x)只有一个零点当k0时,令g(x)f(x)x2k0,解得x1或x2.g(x),g(x)随x的变化情况如下表:x(,)(,)(,)g(x)00g(x)极大值极小值g(x)有且仅有一个零点等价于g()0,即kk0,解得0k.综上所述,k的取
5、值范围是k.3(1)解当k0时,f(x)1ln x.因为f(x),从而f(1)1.又f(1)1,所以曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y1x1,即xy0.(2)证明当k5时,f(x)ln x4.因为f(x),所以当x(0,10)时,f(x)0,f(x)单调递减;当x(10,)时,f(x)0,f(x)单调递增所以当x10时,f(x)有极小值因为f(10)ln 1030,f(1)60,所以f(x)在(1,10)之间有一个零点因为f(e4)440,所以f(x)在(10,e4)之间有一个零点,从而f(x)有且仅有两个不同的零点(3)解方法一由题意知,1ln x0对x(2,)恒成立,即k对x
6、(2,)恒成立令h(x),则h(x).设v(x)x2ln x4,则v(x).当x(2,)时,v(x)0,所以v(x)在(2,)上为增函数因为v(8)82ln 8442ln 80,v(9)52ln 90,所以存在x0(8,9),v(x0)0,即x02ln x040.当x(2,x0)时,h(x)0,h(x)单调递减;当x(x0,)时,h(x)0,h(x)单调递增所以当xx0时,h(x)的最小值为h(x0).因为ln x0,所以h(x0)(4,4.5),故所求的整数k的最大值为4.方法二由题意知,1ln x0对x(2,)恒成立f(x)1ln x,f(x).当2k2,即k1时,f(x)0对x(2,)恒
7、成立,所以f(x)在(2,)上单调递增而f(2)1ln 20成立,所以满足要求当2k2,即k1时,当x(2,2k)时,f(x)0,f(x)单调递减;当x(2k,)时,f(x)0,f(x)单调递增所以当x2k时,f(x)有最小值f(2k)2ln 2kk,从而f(x)0在x(2,)时恒成立,等价于2ln 2kk0.令g(k)2ln 2kk,则g(k)0,从而g(k)在(1,)上为减函数因为g(4)ln 820,g(5)ln 1030,所以使2ln 2kk0成立的最大正整数k4.综合知,所求的整数k的最大值为4.4解(1)由题意知,曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为2,所以f(1)2,又
8、f(x)ln x1,所以a1.(2)当k1时,方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根设h(x)f(x)g(x)(x1)ln x,当x(0,1时,h(x)0.又h(2)3ln 2ln 8110,所以存在x0(1,2),使得h(x0)0.因为h(x)ln x1,所以当x(1,2)时,h(x)10,当x2,)时,h(x)0,所以当x(1,)时,h(x)单调递增,所以当k1时,方程f(x)g(x)在(k,k1)内存在唯一的根5解(1)因为f(x)(xa)ex,xR,所以f(x)(xa1)ex.令f(x)0,得xa1.当x变化时,f(x)和f(x)的变化情况如下:x(,a1)a1(a1,)f(x
9、)0f(x)极小值故f(x)的单调递减区间为(,a1),单调递增区间为(a1,)(2)结论:函数g(x)有且仅有一个零点理由如下:由g(x)f(xa)x20,得方程xexax2,显然x0为此方程的一个实数解,所以x0是函数g(x)的一个零点当x0时,方程可化简为exax.设函数F(x)exax,则F(x)exa1,令F(x)0,得xa.当x变化时,F(x)和F(x)的变化情况如下:x(,a)a(a,)F(x)0F(x)极小值即F(x)的单调递增区间为(a,),单调递减区间为(,a)所以F(x)的最小值F(x)minF(a)1a.因为a1,所以F(x)minF(a)1a0,所以对于任意xR,F(x)0,因此方程exax无实数解所以当x0时,函数g(x)不存在零点综上,函数g(x)有且仅有一个零点