2019版高考数学复习专题跟踪检测（五）“导数与函数的零点问题”考法面面观理（重点生，含解析）.docx

专题跟踪检测（五） “导数与函数的零点问题”考法面面观1(2018全国卷)已知函数f(x)x3a(x2x1)(1)若a3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点解：(1)当a3时，f(x)x33x23x3，f(x)x26x3.令f(x)0，解得x32或x32.当x(，32)(32，)时，f(x)0；当x(32，32)时，f(x)0，所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，则g(x)0，仅当x0时，g(x)0，所以g(x)在(，)上单调递增故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)6a22a620，故f(x)有一个零点综上，f(x)只有一个零点2(2018郑州第一次质量预测)已知函数f(x)ln x，aR且a0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x时，试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数解：(1)f(x)(x0)，当a0恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，由f(x)0，得x；由f(x)0，得0x，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当a0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)当x时，判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点，即求当x时，方程(ln x1)exxm的根令h(x)(ln x1)exx，则h(x)ex1.由(1)知当a1时，f(x)ln x1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，当x时，f(x)f(1)0.ln x10在x上恒成立h(x)ex1010，h(x)(ln x1)exx在上单调递增h(x)minh2e，h(x)maxe.当me时，函数g(x)在上没有零点；当2eme时，函数g(x)在上有一个零点3(2018贵阳模拟)已知函数f(x)kxln x1(k0)(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；(2)证明：当nN*时，1ln(n1)解：(1)法一：f(x)kxln x1，f(x)k(x0，k0)，当0x时，f(x)时，f(x)0.f(x)在0，上单调递减，在，上单调递增f(x)minfln k，f(x)有且只有一个零点，ln k0，k1.法二：由题意知方程kxln x10仅有一个实根，由kxln x10，得k(x0)，令g(x)(x0)，g(x)，当0x0；当x1时，g(x)ln，1lnlnlnln(n1)，故1ln(n1)4.已知函数f(x)ax3bx2(c3a2b)xd的图象如图所示(1)求c，d的值；(2)若函数f(x)在x2处的切线方程为3xy110，求函数f(x)的解析式；(3)在(2)的条件下，函数yf(x)与yf(x)5xm的图象有三个不同的交点，求m的取值范围解：函数f(x)的导函数为f(x)3ax22bxc3a2b.(1)由图可知函数f(x)的图象过点(0,3)，且f(1)0，得解得(2)由(1)得，f(x)ax3bx2(3a2b)x3，所以f(x)3ax22bx(3a2b)由函数f(x)在x2处的切线方程为3xy110，得所以解得所以f(x)x36x29x3.(3)由(2)知f(x)x36x29x3，所以f(x)3x212x9.函数yf(x)与yf(x)5xm的图象有三个不同的交点，等价于x36x29x3(x24x3)5xm有三个不等实根，等价于g(x)x37x28xm的图象与x轴有三个不同的交点因为g(x)3x214x8(3x2)(x4)，令g(x)0，得x或x4.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如表所示：x4(4，)g(x)00g(x)极大值极小值gm，g(4)16m，当且仅当时，g(x)图象与x轴有三个交点，解得16m.所以m的取值范围为.5(2018南宁二中、柳州高中二联)已知函数f(x)ln xax2(2a)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设f(x)的两个零点是x1，x2，求证：f0，则f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，若x，则f(x)0，若x，则f(x)0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减，不妨设0x1x2，fx1x2，故要证f即可构造函数F(x)f(x)f，x，F(x)f(x)f(x)f，x，F(x)0，F(x)在上单调递增，F(x)Ff f 0，即f(x)f，x，又x1，x2是函数f(x)的两个零点且0x1x2，f(x1)f(x2)x1，x1x2，得证法二：对数平均不等式法易知a0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减，不妨设0x1x2，f.因为f(x)的两个零点是x1，x2，所以ln x1ax(2a)x1ln x2ax(2a)x2，所以ln x1ln x22(x1x2)a(xxx1x2)，所以a，以下用分析法证明，要证，即证，即证，即证，只需证，根据对数平均不等式，该式子成立，所以f0.法三：比值(差值)代换法因为f(x)的两个零点是x1，x2，不妨设0x11)，g(t)ln t，则当t1时，g(t)1时，g(t)g(1)0，所以f1时，求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意xe，e2，都有f(x)4ln x成立，求k的取值范围；(3)若x1x2，且f(x1)f(x2)，证明x1x21，所以f(x)ln xk0，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，)，无单调递减区间，无极值当k0时，令ln xk0，解得xek，当1xek时，f(x)ek时，f(x)0.所以函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，)，在(1，)上的极小值为f(ek)(kk1)ekek，无极大值(2)由题意，f(x)4ln x0，即问题转化为(x4)ln x(k1)x对任意xe，e2恒成立，令g(x)，xe，e2，则g(x).令t(x)4ln xx4，xe，e2，则t(x)10，所以t(x)在区间e，e2上单调递增，故t(x)mint(e)4e4e0，故g(x)0，所以g(x)在区间e，e2上单调递增，函数g(x)maxg(e2)2.要使k1对任意xe，e2恒成立，只要k1g(x)max，所以k12，解得k1，所以实数k的取值范围为. (3)证明：法一：因为f(x1)f(x2)，由(1)知，当k0时，函数f(x)在区间(0，ek)上单调递减，在区间(ek，)上单调递增，且f(ek1)0.不妨设x1x2，当x0时，f(x)0，当x时，f(x)，则0x1ekx2ek1，要证x1x2e2k，只需证x2，即证ekx2.因为f(x)在区间(ek，)上单调递增，所以只需证f(x2)f ，又f(x1)f(x2)，即证f(x1)f ，构造函数h(x)f(x)f (ln xk1)x，即h(x)xln x(k1)xe2k，h(x)ln x1(k1)e2k (ln xk)，当x(0，ek)时，ln xk0，x20，所以函数h(x)在区间(0，ek)上单调递增，h(x)h(ek)，而h(ek)f(ek)f 0，故h(x)0，所以f(x1)f ，即f(x2)f(x1)f ，所以x1x2e2k成立法二：要证x1x2e2k成立，只要证ln x1ln x22k.因为x1x2，且f(x1)f(x2)，所以(ln x1k1)x1(ln x2k1)x2，即x1ln x1x2ln x2(k1)(x1x2)，x1ln x1x2ln x1x2ln x1x2ln x2(k1)(x1x2)，即(x1x2)ln