2019届二轮(文科数学) 利用导数证明问题及讨论零点个数 专题卷 (全国通用)
(完整版)精选最新2019高考数学《导数及其应用》专题完整题(含答案),推荐文档
导数及其应用
学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________
一、选择题 1．设 a 0 且 a 1，则“函数 f (x) ax 在 R 上是减函数 ”，是“函数 g(x) (2 a)x3 在 R 上是增函数”的
b
b
b
由g (x)＋g ′(x)＝0，得(ax－x－2a)ex＋(x2＋ax－x－a)ex＝0，
…………………………………………6分
b
b
(x－1)(x2－b)ex
g′(x)＝(1＋x2)ex＋(x－x－2)ex＝
x2
．
因为b＜0，所以：当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)在（0，1）上是减函数；
当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)在（1，＋∞）上是增函数．
所以g(x)min＝g(1)＝(－1－b)e－1
所以h(x)min＝h(1)＝－1－e－1．
所以b的最大值为－1－e－1．
…………………………………………10分
b 解法二：因为g (x)＝(ax－a)ex－f (x)＝(ax－x－2a)ex，
b 当a＝1时，g (x)＝(x－x－2)ex．
因为g (x)≥1在x∈（0，＋∞）上恒成立，
b
所以g(2)＝－2e2＞0，因此b＜0．
．
18．已知函数
f
(x)
x sin
x ， x R，则
f
(
)，
f
(1) ，
f（
）的大小关系为
▲
5
3
三、解答题
19．已知函数 f (x) (ax2 x)ex ，其中 e 是自然对数的底数， a R . （1） 当 a 0 时，解不等式 f (x) 0 ； （2） 若 f (x) 在[1,1] 上是单调函数，求 a 的取值范围； （3） 当 a 0 时，求整数 k 的所有值，使方程 f (x) x 2 在[k, k 1] 上有解。
2019年高考数学(文科)二轮复习对点练：二函数与导数专题对点练6(含答案)
专题对点练6 导数与函数的单调性、极值、最值1.已知函数f (x )=ln x+(a ∈R ).axx +1(1)若函数f (x )在区间(0,4)上单调递增,求a 的取值范围;(2)若函数y=f (x )的图象与直线y=2x 相切,求a 的值.2.已知函数f (x )=ln x+ax 2-x-m (m ∈Z ).(1)若f (x )是增函数,求a 的取值范围;(2)若a<0,且f (x )<0恒成立,求m 的最小值.3.设函数f (x )=a ln x+ (e 为自然对数的底数).(1)当a>0时,求函数f (x )的极值;(2)若不等式f (x )<0在区间(0,e 2]内有解,求实数a 的取值范围.4.已知函数f (x )= x 3-ax 2,a ∈R .(1)当a=2时,求曲线y=f (x )在点(3,f (3))处的切线方程;(2)设函数g (x )=f (x )+(x-a )cos x-sin x ,讨论 g (x )的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.专题对点练6答案1.解 (1)f'(x )=,1x +a (x +1)-ax (x +1)2=(x +1)2+ax x (x +1)2∵函数f (x )在区间(0,4)上单调递增,∴f'(x )≥0在(0,4)上恒成立,∴(x+1)2+ax ≥0,即a ≥-=--2在(0,4)上恒成立,x 2+2x +1x (x +1x )∵x+≥2,取等号条件为当且仅当x=1,∴a ≥-4.(2)设切点为(x 0,y 0),则y 0=2x 0,f'(x 0)=2,y 0=ln x 0+,ax 0x 0+1∴=2,①1x 0+a (x 0+1)2且2x 0=ln x 0+.②ax 0x 0+1由①得a=,代入②得2x 0=ln x 0+(2x 0-1)(x 0+1),即ln x 0+2-x 0-1=0.(2-1x 0)(x 0+1)2x 20令F (x )=ln x+2x 2-x-1,则F'(x )= +4x-1=.4x 2-x +1x ∵4x 2-x+1=0的Δ=-15<0,∴4x 2-x+1>0恒成立.∴F'(x )在(0,+∞)上恒为正值,∴F (x )在(0,+∞)上单调递增.∵F (1)=0,∴x 0=1代入①式得a=4.2.解 (1)f'(x )= +ax-1,依题设可得a ≥,(1x -1x 2)max 而=-,当x=2时,等号成立.1x ‒1x 2(1x -12)2+14≤14所以a 的取值范围是.[14,+∞)(2)由(1)可知f'(x )= +ax-1=.设g (x )=ax 2-x+1,则g (0)=1>0,g (1)=a<0,ax 2-x +1x g (x )=a +1-在(0,+∞)内单调递减,(x -12a )214a 因此g (x )=0在(0,1)内有唯一的解x 0,使得a =x 0-1,x 20而且当0<x<x 0时,f'(x )>0,当x>x 0时,f'(x )<0,所以f (x )≤f (x 0)=ln x 0+-x 0-m=ln x 0+ (x 0-1)-x 0-m=ln x 0-x 0--m.12ax 20设r (x )=ln x-x--m ,则r'(x )=>0.1x ‒12=2-x 2x 所以r (x )在(0,1)内单调递增.所以r (x )<r (1)=-1-m ,由已知可得-1-m ≤0,所以m ≥-1,即m 的最小值为-1.23.解 (1)由题意,f (x )的定义域是(0,+∞),f'(x )=(x>0),ax -ex 2当a>0时,由f'(x )>0,解得x>,由f'(x )<0,解得0<x<,故函数f (x )在递减,在递增,故函数f (x )只有极小值f =a ln +a ,无极大值.(0,e a )(e a ,+∞)(e a )(2)f (x )<0在区间(0,e 2]内有解,即f (x )在区间(0,e 2]的最小值小于0.(ⅰ)当a ≤0时,f'(x )<0,则函数f (x )在区间(0,e 2]内为减函数,故f (x )的最小值是f (e 2)=2a+<0,即a<-;12e (ⅱ)当a>0时,函数f (x )在区间内为减函数,在区间内为增函数,(0,e a )(e a ,+∞)①若e 2≤,即0<a ≤,函数f (x )在区间(0,e 2]内为减函数,由(ⅰ)知,f (x )的最小值f (e 2)<0时,a<-,与0<a ≤矛盾;12e ②若e 2>,即a>,则函数f (x )的最小值是f =a ln +a ,(e a )令f =a ln +a<0,得a>e 2.(e a )综上,实数a 的范围是∪(e 2,+∞).(-∞,-12e )4.解 (1)由题意f'(x )=x 2-ax ,所以当a=2时,f (3)=0,f'(x )=x 2-2x ,所以f'(3)=3,因此曲线y=f (x )在点(3,f (3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因为g (x )=f (x )+(x-a )cos x-sin x ,所以g'(x )=f'(x )+cos x-(x-a )sin x-cos x=x (x-a )-(x-a )sin x=(x-a )(x-sin x ).令h (x )=x-sin x ,则h'(x )=1-cos x ≥0,所以h (x )在R 上单调递增.因为h (0)=0,所以当x>0时,h (x )>0;当x<0时,h (x )<0.①当a<0时,g'(x )=(x-a )(x-sin x ),当x ∈(-∞,a )时,x-a<0,g'(x )>0,g (x )单调递增;当x ∈(a ,0)时,x-a>0,g'(x )<0,g (x )单调递减;当x ∈(0,+∞)时,x-a>0,g'(x )>0,g (x )单调递增.所以当x=a 时g (x )取到极大值,极大值是g (a )=- a 3-sin a ,当x=0时g (x )取到极小值,极小值是g (0)=-a.②当a=0时,g'(x )=x (x-sin x ),当x ∈(-∞,+∞)时,g'(x )≥0,g (x )单调递增.所以g (x )在(-∞,+∞)上单调递增,g (x )无极大值也无极小值.③当a>0时,g'(x )=(x-a )(x-sin x ).当x ∈(-∞,0)时,x-a<0,g'(x )>0,g (x )单调递增;当x ∈(0,a )时,x-a<0,g'(x )<0,g (x )单调递减;当x ∈(a ,+∞)时,x-a>0,g'(x )>0,g (x )单调递增.所以当x=0时g (x )取到极大值,极大值是g (0)=-a ;当x=a 时g (x )取到极小值,极小值是g (a )=- a 3-sin a.综上所述:当a<0时,函数g (x )在(-∞,a )和(0,+∞)上单调递增,在(a ,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g (a )=- a 3-sin a ,极小值是g (0)=-a ;当a=0时,函数g (x )在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;当a>0时,函数g (x )在(-∞,0)和(a ,+∞)上单调递增,在(0,a )上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g (0)=-a ,极小值是g (a )=- a 3-sin a.。
(完整)最新版精选2019高考数学《导数及其应用》专题完整考试题(含参考答案)
2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、填空题1．曲线32242y x x x =--+在点(13)-，处的切线方程是 ． 答案 520x y +-=2．若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足(1) 2f '=，则(1)f '-= ． 3．函数f (x )＝12x －sin x 在区间[0，π]上的最小值为 ．4．已知A 、B 、C 是直线l 上的三点，向量,,OA OB OC u u u r u u u r u u u r满足()[2'(1)]ln OA f x f x OB x OC =+-⋅u u u r u u u r u u u r，则函数()y f x =的表达式为 ▲ ．5．设函数()2ln f x x x =+，若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为y ax b =+，则a b += ．6．给出下列命题：①函数)(x f y =的图象与函数3)2(+-=x f y 的图象一定不会重合； ②函数)32(log 221++-=x x y 的单调区间为),1(∞+；③ππ---=+⎰edx e x x 1)(cos 0；④双曲线的渐近线方程是x y 43±=，则该双曲线的离心率是45．其中正确命题的序号是 （把你认为正确命题的序号都填上）． 答案 ③7．已知函数f(x)= ()2f π'sinx+cosx ，则()4f π= .8．函数()sin ln f x x x =+的导函数()f x '= ▲ .二、解答题9．已知函数()f x 的导函数()f x '是二次函数，且()0f x '=的两根为1±．若()f x 的极大值与极小值之和为0，(2)2f -=． （1）求函数()f x 的解析式；（2）若函数在开区间(99)m m --, 上存在最大值与最小值，求实数m 的取值范围． （3）设函数()()f x x g x =⋅，正实数a ，b ，c 满足()()()0ag b bg c cg a ==>，证明：a b c ==．10．已知函数21()2,()log 2a f x x x g x x ==－（a ＞0，且a ≠1），其中为常数．如果()()()h x f x g x =+ 是增函数，且()h x '存在零点（()h x '为()h x 的导函数）．(Ⅰ）求a 的值；(Ⅱ）设A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2）（x 1<x 2）是函数y ＝g （x ）的图象上两点，21021()y y g x x x -'=-（()g'x 为()g x 的导函数），证明：102x x x <<．11．过点A （2，1）作曲线()f x =l ． (Ⅰ）求切线l 的方程；(Ⅱ）求切线l ，x 轴及曲线所围成的封闭图形的面积S ．12．设函数()32221f x x mx m x m =---+-（其中2m >-）的图象在2x =处的切线与直线512y x =-+平行。
2023届新高考数学二轮复习：专题(导数解答题之零点题)提分练习(附答案)
2023届新高考数学二轮复习：专题（导数解答题之零点题）提分练习【总结】1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．【典型例题】例1．（2023秋ꞏ内蒙古包头ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln 11f x x a x =--+. (1)若()f x 存在极值，求a 的取值范围；(2)当2a =时，讨论函数()()sin g x f x x =+的零点情况.例2．（2023春ꞏ全国ꞏ高三竞赛）已知函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈．设()f x '为()f x 的导函数．(1)证明：()f x '有且仅有一个极值点；(2)判断()f x 的所有零点之和与2π的大小关系，并说明理由．例3．（2023秋ꞏ重庆ꞏ高三统考学业考试）已知函数2()ln ,R f x x x a x a =--∈.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,0)处的切线方程； (2)当02e a <<时，讨论函数()f x 的零点个数.例4．（2023秋ꞏ山东日照ꞏ高三校联考期末）已知函数()sin e ()x f x x a f x π-='-，是()f x 的导函数．(1)若()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若(π)0f '=，判断关于x 的方程()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数，并说明理由．例5．（2023秋ꞏ江西赣州ꞏ高三统考期末）已知函数()e x f x =，()22g x x x a =-++．(1)讨论函数()()()h x f x g x =⋅的单调性；(2)若函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，求证：曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．例6．（2023春ꞏ广东江门ꞏ高三校联考开学考试）已知函数21()e 2xf x x ax =+，()f x '为其导函数.(1)若2a =-，求()f x '的单调区间；(2)若关于x 的方程()x f x e =有两个不相等的实根，求实数a 的取值范围.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知2x =是函数2()e x f x ax =-的极值点.(1)求a ；(2)证明：()f x 有两个零点，且其中一个零点02,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；(3)证明：()f x 的所有零点都大于1ln 22-.例8．（2023秋ꞏ安徽阜阳ꞏ高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知函数1()e xf x x=+． (1)求()f x 的导函数()f x '的单调区间；(2)若方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根123 ,,x x x ，且12301x x x <<<<，求实数 a 的取值范围．例9．（2023春ꞏ江苏南京ꞏ高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数()e xf x =和()ln g x ax x =-，a ∈R(1)求()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若当()1,x ∈+∞时，()ln g x x x a <+恒成立，求a 的取值范围； (3)若()()h x f x ax =-与()y g x =有相同的最小值． ①求出a ；②证明：存在实数b ，使得()h x b =和()g x b =共有三个不同的根1x 、2x 、()3123x x x x <<，且1x 、2x 、3x 依次成等差数列．【过关测试】1．（2023秋ꞏ江苏苏州ꞏ高三统考期末）已知函数()ln(1)2axf x x x =+-+． (1)若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围； (2)讨论()f x 的零点个数．2．（2023秋ꞏ河南驻马店ꞏ高三统考期末）已知函数()21ln 12f x x x x x =---. (1)求()f x 的单调区间； (2)若函数()()()2121ln 12g x x a x a x =+-+--恰有两个不同的零点，求a 的取值范围.3．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知01a <<，函数()1x f x x a -=+，()1log a g x x x =++.(1)若()e e g =，求函数()f x 的极小值；(2)若函数()()y f x g x =-存在唯一的零点，求a 的取值范围.4．（2023秋ꞏ河南信阳ꞏ高三信阳高中校考期末）已知函数()()212ln ,e (0)x b f x x x a x g x xx -=--=->，其中0,,e a b ⎤>∈⎥⎦是自然对数的底数. (1)若()f x 在区间()1,+∞上单调递增，求a 的取值范围；(2)设函数()()()()()2f xg x f x g xh x +--=，证明：存在唯一的正实数a ，使得()h x 恰好有两个零点.5．（2023秋ꞏ内蒙古呼和浩特ꞏ高三统考期末）已知函数()e 2xx x a f x a =-+.(1)当12a =时，讨论()f x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.6．（2023秋ꞏ河北衡水ꞏ高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数()e sin xf x x ax =+，π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. (1)若1a =-，求()f x 的最小值；(2)若()f x 有且只有两个零点，求实数a 的取值范围.7．（2023ꞏ辽宁ꞏ辽宁实验中学校考模拟预测）已知函数()e cos xf x x =．(1)求()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内的极大值；(2)令函数()1()e xaf x F x x =-，当πa >时，证明：()F x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且仅有两个零点．8．（2023秋ꞏ江苏南通ꞏ高三统考期末）已知函数()ln f x a x =，()()1e xg x x =-，其中a 为实数.(1)若函数()f x ，()g x 的图象在1x =处的切线重合，求a 的值；(2)若e a >，设函数()()()h x f x g x =-的极值点为0x .求证：①函数()h x 有两个零点1x ，2x （12x x <）；②01231x x x -->.9．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()()2sin ln 1f x x x x =-+-. (1)当10-<≤x 时，求()f x 的最小值；(2)设()()g x f x x =+，(]1,2πx ∈-，证明：()g x 有且仅有3个零点.（1.414≈，πln 1 1.544⎛⎫-≈- ⎪⎝⎭.）10．（2023春ꞏ云南ꞏ高三校联考开学考试）已知函数()(01)x f x a ax a a =->≠且． (1)当e a =时，求函数()f x 的极值；(2)讨论()f x 在区间(0,1)上的水平切线的条数．11．（2023秋ꞏ广西南宁ꞏ高三南宁二中校考期末）已知函数()()()22ln 11af x x x =+-+有两个不同的零点x 1，x 2.(1)当112x -<<-时，求证：()12ln 11x x +>-+；(2)求实数a 的取值范围；12．（2023秋ꞏ湖北武汉ꞏ高三统考期末）已知函数()xf x a =与()log a g x x =（0a >，且1a ≠）(1)求()g x 在()()1,1g 处的切线方程；(2)若1a >，()()()h x f x g x =-恰有两个零点，求a 的取值范围13．（2023秋ꞏ浙江ꞏ高三浙江省永康市第一中学校联考期末）已知函数()e x f x ax =-，()2g x x a =-+(1)当1a =时，求函数()()y f x g x =-的最小值；(2)设01a <<，证明：曲线()y f x =与曲线()y g x =有两条公切线.14．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()ln f x a x x =-1e a ⎛⎫> ⎪⎝⎭（e 是自然对数的底数）.(1)若12,x x （120x x <<）是函数()y f x =的两个零点，证明：12112ln x x x x <-； (2)当2a =时，若对于0k ∀>，曲线C ：2y m kx =-与曲线()y f x =都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围.15．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()()e 1xf x a x a =--∈R .(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()ln e 0f x x +-=在()1,+∞无实数解，求实数a 的取值范围.16．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数2()eln (R),()eln x f x ax x a g x x x=+∈=-. (1)讨论函数()()2F x f x =在()0,∞+上的单调性；(2)若函数()f x 的图象与()g x 的图象有三个不同的交点，求实数a 的取值范围.17．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()ln f x a x x =-（e 是自然对数的底数）． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当2a =时，若对于0k ∀>，曲线C ：2y m kx =-与曲线()y f x =都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围．参考答案【总结】1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．【典型例题】例1．（2023秋ꞏ内蒙古包头ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln 11f x x a x =--+. (1)若()f x 存在极值，求a 的取值范围；(2)当2a =时，讨论函数()()sin g x f x x =+的零点情况. 【答案解析】（1）因为()()ln 11f x x a x =--+，所以()()11(0)f x a x x'=-->， 当10a -≤，即1a ≤时，()0f x ¢>，则()f x 为单调递增函数，不可能有极值，舍去； 当10a ->，即1a >时，令()0f x '=，解得11x a =-， 当101x a <<-时，()0f x ¢>；当11x a >-时，()0f x '<；所以()f x 在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫+∞⎪-⎝⎭上单调递减， 所以()f x 在11x a =-取得极大值，符合题意； 综上：1a >，故实数a 的取值范围为()1,+∞.（2）当2a =时，()ln 1sin (0)g x x x x x =-++>，则()11cos g x x x'=-+， 令()()11cos 0h x x x x =-+>，则()21sin h x x x'=--， （i ）当(]0,πx ∈时，()0h x '<，则()h x 单调递减，即()g x '单调递减， 注意到()cos101g '=>，()120ππg '=-<， 所以存在唯一的()01,πx ∈使()00g x '=，且当00x x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当0πx x <≤时，()0g x '<，()g x 单调递减，注意到22211121sin 0e e e g ⎛⎫=--++< ⎪⎝⎭，()1sin10g =>，2ln πln e 2π1<=<-，则()πln ππ10g =-+<，所以()g x 在21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,π上各有一个零点；（ii ）当(]π,2πx ∈时，sin 0x ≤，故()ln 1g x x x ≤-+， 令()()ln 1π2πx x x x ϕ=-+<≤，则()110x xϕ'=-<， 所以()x ϕ在(]π,2π上单调递减，故()()πln ππ10x ϕϕ<=-+<， 所以()()0g x x ϕ≤<，故()g x 在(]π,2π上无零点； （iii ）当()2π,x ∈+∞时，sin 1x ≤，则()ln 2g x x x ≤-+， 令()()ln 22πm x x x x =-+>，则()110m x x=-<'，所以()m x 在()2π,+∞上单调递减， 又3ln 2πln e 32π2<=<-，故()()2πln 2π2π20m x m <=-+<， 所以()()0g x m x ≤<，故()g x 在()2π,+∞上无零点；综上：()g x 在21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,π上各有一个零点，共有两个零点.例2．（2023春ꞏ全国ꞏ高三竞赛）已知函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈．设()f x '为()f x 的导函数．(1)证明：()f x '有且仅有一个极值点；(2)判断()f x 的所有零点之和与2π的大小关系，并说明理由．【答案解析】（1）证明：因为()()1e cos ,0,2πx f x x x -=+∈，所以()1e sin x f x x --'=- 设()()1e sin xg x f x x -==--'，()0,2πx ∈，所以()()111e cos e 1e cos xx x g x x x ---=--'=，其中1e 0x ->恒成立，令()11e cos x h x x -=-，()0,2πx ∈，则()111πecos e sin sin 4x x x h x x x x ---⎛⎫=-+='- ⎪⎝⎭，因为()0,2πx ∈，所以ππ7π,444x ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭， 所以当π0,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，当π5π,44x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当5π,2π4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递增；又()π1104π01e 0,1e 1e 0422h h --⎛⎫=->=->-> ⎪⎝⎭，5ππ044h h ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，7π1147π1e 1e 0422h -⎛⎫=-<-< ⎪⎝⎭，()7π2π04h h ⎛⎫<< ⎪⎝⎭所以05π7π,44x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()01001e cos 0x h x x -=-= ，即010e cos xx -=，故对于()()1e x g x h x -'=有()00g x '=，当()00,x x ∈时，()00g x '>，函数()f x '单调递增，当()0,2πx x ∈时，()00g x '<，函数()f x '单调递减，所以0x 是函数()f x '的极大值点，()f x '无极小值点，故()f x '有且仅有一个极值点. （2）()f x 的所有零点之和大于2π，理由如下：函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈，其导函数()1e sin x f x x --'=-，05π7π,44x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得当()00,x x ∈时，()f x '单调递增，当()0,2πx x ∈时，函数()f x '单调递减，又010ecos x x -=，所以()()0100000π0e 0,e sin cos sin 4xf f x x x x x -⎛⎫=-<=--=--=+' ⎝'⎪⎭，因为057π,π44x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以0π3π,2π42x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()00f x '>，又()12π2πe0f -'=-<， 故()100,x x ∃∈，使得()10f x '=，()20,2πx x ∃∈，使得()20f x '=，于是可得：当()10,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()12,x x x ∈时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，当()2,2πx x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减， 又()3π11π23ππe0,e 102f f --⎛''⎭<⎫=-=-+> ⎪⎝，故13ππ,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()π11π2πe 0,πe 102f f --⎛⎫=>=-< ⎪⎝⎭，所以存在π,π2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0f α=，所以()()1π0f x f <<，又3π123πe 02f -⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以()23π02f x f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，则存在3ππ,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0f β=，又()12π2πe10f -=+>，所以函数()f x 在区间()2,2πx x ∈上无零点；故函数在()0,2πx ∈上有两个零点,αβ，且π3ππ22αβ<<<<， 由()()0f f αβ==可得：11e cos 0,e cos 0αβαβ--+=+=，所以11cos e ,cos e αβαβ--=-=-， 又111111e e e e αβαβαβαβ----<⇒->-⇒>⇒-<-， 所以()cos cos cos 2παββ<=-， 根据π3ππ22αβ<<<<，可得：ππ2α<<，π2ππ2β<-<，并且函数cos y x =在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，所以2παβ>-，即2παβ+>，故()f x 的两个零点之和大于2π.例3．（2023秋ꞏ重庆ꞏ高三统考学业考试）已知函数2()ln ,R f x x x a x a =--∈.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,0)处的切线方程； (2)当02e a <<时，讨论函数()f x 的零点个数.【答案解析】（1）因为1a =，所以()2()ln 0f x x x x x =-->，令()()ln 0x x x x ϕ=->，则()111x x x xϕ-'=-=， 令()0x ϕ'>，得1x >；令()0x ϕ'<，得01x <<； 所以()x ϕ在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()11ln10x ϕϕ≥=->，即ln 0x x ->恒成立， 所以2()ln f x x x x =-+，则1()21f x x x'=-+， 所以切线的斜率为()12k f '==，又切点为(1,0)，所以切线方程为()21y x =-，即22y x =-.（2）令()0f x =，则2ln x x a x =-，该式等价于2ln x x a x =-或2ln x x a x =-+，当2ln x x a x =-时，有2ln x a x x =--，令()()20m x x x x =->，()ln n x a x =-，则2ln x x a x =-的解的个数即为()m x 与()n x 的交点个数，易知()m x 开口向上，对称轴为12x =， 所以()m x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，且()()010m m ==，而ln y x =在()0,∞+上单调递增，02e a <<，所以()ln n x a x =-在()0,∞+上单调递减，且()10n =，作出()m x 与()n x 的图像，如图，所以()m x 与()n x 的交点只有一个，且为()1,0，故2ln x x a x =-只有一个解；当2ln x x a x =-+时，因为当1x =时，该式不成立，所以2ln x a xx=+，令()()20ln x x h x x x+=>，则2(12)ln (1)()(ln )x x x h x x +-+'=， 令()()(12)ln (1)0s x x x x x =+-+>，则1()2ln 1s x x x'=++， 令()()12ln 10g x x x x=++>，则()221x g x x -'=，令()0g x '>，得12x >；令()0g x '<，得102x <<；所以()g x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 112ln 2132ln 2022g x g ⎛⎫==++=-> ⎪⎝⎭，故()()0s x g x '=>，所以()s x 在(0,)+∞上单调递增，因为()10,e e 02ss =-<=>，所以存在0x ∈，使得()00s x =，则()s x 在0(0,)x 上()0s x <，在0(,)x +∞上()0s x >， 所以()()2()ln s x h x x '=在()0,1上()0h x '<，在()01,x 上()0h x '<，在()0,x +∞上()0h x '>，所以() h x 在()0,1上单调递减，在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上调递增， 因为()00s x =，所以000(12)ln (1)0x x x +-+=，即000121ln 1x x x +=+， 所以()()()2200000000min0012ln 112x x x h x h x x x x x x x ++===+⋅=++，因为22y x x =+在()0,∞+上单调递增，0x ，所以20022e 2e 2x x +>⨯+>，故()()02e h x h x ≥>， 又因为02e a <<，所以方程()a h x =无解，即方程2ln x a x x=+无解，故2ln x x a x =-+无解；综上：当02e a <<时，2ln x x a x =-与2ln x x a x =-+只有一个解，即()f x 只有一个零点. 例4．（2023秋ꞏ山东日照ꞏ高三校联考期末）已知函数()sin e ()x f x x a f x π-='-，是()f x 的导函数．(1)若()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若(π)0f '=，判断关于x 的方程()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数，并说明理由．【答案解析】（1）由题意()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，得π()sin e 0x f x x a --≥= ，即πe e sin x a x ≤恒成立，令()e sin x m x x =，则()()e sin cos xm x x x '=+ ，当(π,π)x ∈-时，π3π5π(,)444x +∈-，令()()e sin cos 0xm x x x '=+>π04x +>，则π(0,π)4x +∈，得π3π44x -≤<，令()()e sin cos 0xm x x x '=+<π04x +<，π3π(,0)44x +∈-或π5π(π,)44x +∈得 ππ4x -<<-或3ππ4x <<， 所以()()e sin cos xm x x x '=+在π(π,)4--和(3π,π)4为减函数，在π3π(,)44-上为增函数，()π(π)=0m m =- ，ππ()()44ππ(e sin()44m ---=-=，故π()4min ()m x -=，故π(π4e a -≤，即5π()4a -≤，综上 ，实数a 的取值范围5π()4(,e ]2--∞ .（2）由题意()sin e ()cos e x x f x x a f x x a π-π-'=-=+，， ()π10,1f a a '=-+=∴= ,由()1f x =-，得πsin e 10x x --+= ， 令()πsin e1xs x x -=-+ ，()πcos e x s x x -'=+ 令()πcos e x x x g -=+，π()sin e x g x x -'=--,令ππ()sin e ()cos e ,x x h x x h x x --'=--=-+()h x '在[]*(21)π,(22)π,N k k k ++∈上单调递减,注意到2ππ2π((21)π)1e 0,((22)π))1e 0k k h k h k ---''+=+>+=-+<, ∴存在()()021π,22()πx k k ∈++,使0()0h x '=， 且当()021πk x x +≤<时，()0h x '> ，()g x ' 单调递增, 当()02π2x x k <≤+时，()0h x '<，()g x '单调递减,且2ππ2π((21)π)e 0,((22)π)e 0k k g k g k ---''+=-<+=-< ,π2π23((21e 02k g k --'+=-> ,所以()g x '在3(21)π,(22k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭和3(2)π,(22)π2k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭上各有一个零点，设为12,x x ，且当()1[21π,)x k x ∈+时，()s x '单调递减；12(,)x x x ∈时，()s x '单调递增， 当()2(,22π]x x k ∈+时，()s x '单调递减 且()()()()2ππ2π211ππe0,221e 0k k s k s k ---''+=-+<+=+> ，∴当()121πk x x +≤≤时，()()()21π0x s k s +''<< ， 当()222πx x k <≤+ 时，()()()22π0x s k s +''>>， 故()s x '在12(,)x x 上有唯一的零点，设为3x ，且当()321πk x x +<< ，时，()0s x '< ，()s x 在()321π)(,k x +上单调递减； 当()322πx x k <<+ 时，()0s x '>，()s x 在()3,22π()x k +上单调递增． 注意到2ππ2π((21)π)e 10,((22)π)e 10k k s k s k ---+=-+>+=-+> ，π2π23((2)π)e 02k s k --+=-< ，所以：()s x 在3((21)π,(2)π)2k k ++和3((22)π)2k k ++上各有一个零点，设为45,x x ，所以()s x 共两个零点，故方程()1f x =-()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数为2. 例5．（2023秋ꞏ江西赣州ꞏ高三统考期末）已知函数()e xf x =，()22g x x x a =-++．(1)讨论函数()()()h x f x g x =⋅的单调性；(2)若函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，求证：曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．【答案解析】（1）()()2e 2x h x x x a =-++定义域为R ，所以()()2e 2x h x a x '=+-，①当20a +≤即2a ≤-时，()0h x '≤恒成立， 函数()h x 在(),x ∈-∞+∞上为单调递减函数．②当20a +>即2a >-时，令()0h x '>得：x <<，令()0h x '<得：x <x >所以，函数()h x 在(x ∈上单调递增，在(,x ∈-∞和)x ∈+∞上单调递减综上所述，当2a ≤-时，函数()h x 在(),x ∈-∞+∞上为单调递减；当2a >-时，()h x 在(x ∈上单调递增，在(,x ∈-∞和)x ∈+∞上单调递减；（2）构造()()()2e 2x F xf xg x x x a =-=+--，所以()22e xF x x '=+-．记()()m x F x '=，()20e xm x '=+>恒成立，即()m x 在(),x ∈-∞+∞上单调递增．而()00210e m =-=-<，1102m ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以存在唯一的010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00m x =，即000e 22xx +-=，由()e x f x =，()22g x x x a =-++可得()e xf x '=，()22g x x '=-+，所以()00e xf x '=，()0022g x x '=-+，所以()()00f x g x ''=，即曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线．又因为当()0,x x ∈-∞时，()0F x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0F x '>， 故()F x 在()0,x x ∈-∞上单调递减，在()0,x x ∈+∞上单调递增， 故()F x 在0x x =上取得极小值，也是最小值， 即()()min 0F x F x =，由于函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，所以()00F x =，即0200e 20x x x a +--=，故()02220000e 24222x a x x x x x =+-=-+=--，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()2022a x =--在010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，所以1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，综上，曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．例6．（2023春ꞏ广东江门ꞏ高三校联考开学考试）已知函数21()e 2xf x x ax =+，()f x '为其导函数.(1)若2a =-，求()f x '的单调区间；(2)若关于x 的方程()x f x e =有两个不相等的实根，求实数a 的取值范围.【答案解析】（1）函数2()e x f x x x =-，x ∈R ，则()()1e 2xf x x x =+-'， 令()()()1e 2x h x f x x x ==+-'，则()()2e 2x h x x +'=-，设()()2e 2xm x x =+-，则()()3e 0x m x x +'==，得3x =-，故(),3x ∈-∞-时，()0m x '<，函数()m x 即()h x '单调递减，()3,x ∈-+∞时，()0m x '>，函数()m x 即()h x '单调递增，所以min 31()(3)20e h x h =-=--<'，又x →-∞时，()h x '→-∞，又(0)0h '=， 所以(),0x ∈-∞时，()0h x '<，函数()f x '单调递减，()0,x ∈+∞时，()0h x '>，函数()f x '单调递增，故()f x '的单调减区间为(),0∞-，增区间为()0,∞+；（2）关于x 的方程21e =e 2x x x ax +有两个不相等的实根，即函数()21e e 2x xg x x ax =-+，在x ∈R 上有两个零点，又()()()1e e e x x xg x x ax x a =+-+=+'，①当0a ≥时，()0g x '=，得0x =，所以当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()()min 01g x g ==-，又x →-∞时，()g x →+∞，()22e 20g a =+>，则函数()g x 在x ∈R上有两个零点；②当0a <时，()0g x '=，得0x =，()ln x a =-，（i ）当1a =-时，()ln 0a -=，此时()0g x '≥恒成立，函数()g x 单调递增，在x ∈R 上不可能有两个零点，不符合题意；（ii ）当10a -<<时，()ln 0a -<，则当()(),ln x a ∈-∞-时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()()ln ,0x a ∈-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()()()()()()2211ln ln ln ln 11022g a a a a a a a a ⎡⎤-=--++-=--+<⎣⎦，()01g =-，故函数()g x 在区间(),0x ∈-∞无零点，在()0,x ∈+∞不可能存在两个零点，故不符合题意；（iii ）当1a <-时，()ln 0a ->，则当(),0x ∈-∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()()0,ln x a ∈-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()()ln ,x a ∈-+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，又()01g =-，故函数()g x 在区间()(),ln x a ∈-∞-无零点，在()()ln ,x a ∈-+∞不可能存在两个零点，故不符合题意； 综上，实数a 的取值范围[)0,∞+.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知2x =是函数2()e x f x ax =-的极值点.(1)求a ；(2)证明：()f x 有两个零点，且其中一个零点02,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；(3)证明：()f x 的所有零点都大于1ln 22-.【答案解析】（1）2()e x f x ax =-，则()e 2x f x ax '=-， 因为2x =是函数()f x 的极值点，所以(2)0f '=，即2e 40a -=，解得2e 4a =.当2e 4a =时，2e ()e 2xf x x '=-，当(1,2)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 所以2x =是函数()f x 的极小值点，故2e 4a =； （2）由(1)知，22e ()e 4xf x x =-，令()0f x =，则22e e 4xx =，作e xy =和22e 4y x =函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有2个交点，且一个交点分布在(,0)-∞上，另一个分布在(0,)+∞上， 所以方程()0f x =有2个解，即函数()y f x =有2个零点. 易知2是函数()f x 的一个零点，设另一个零点为0x ，又(0)10=>f ，2222e e 2e 2()e ()e 10e 4ef ---=--=-<，所以2(0)()0e f f -<，又函数()f x 在定义域上连续，由零点的存在性定理，知02(,0)ex ∈-；（3）由(1)知，22e ()e 4xf x x =-，当0x =时，(0)1f =， 当0x ≠时，令()0f x =，则22e 14x x -=， 设22e (0)()x h x x x -=≠，则()0h x >，23e (2)()x x x h x --='，令()00h x x '>⇒<或2x >，令()002h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增，在(0,2)上单调递减， 又1(2)0,(2)4h h ->=，2ln 221-<-<-，得111ln 222-<<-- 所以213132,0()1ln 222ln 22-<-<-<<--，又332e >16e 4⇒>，所以当1ln 22x =-时，1322ln 2223322221e e (ln 22)11()11ln 224(()e e ln 22ln 22h ----=<=<<---， 作出函数()y h x =和14y =的图象，如图所示，由图可知，两函数图象的交点的的横坐标都大于1ln 22-，故函数()f x 的所有零点都大于1ln 22-.例8．（2023秋ꞏ安徽阜阳ꞏ高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知函数1()e xf x x=+． (1)求()f x 的导函数()f x '的单调区间；(2)若方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根123 ,,x x x ，且12301x x x <<<<，求实数 a 的取值范围．【答案解析】（1）函数f (x )的定义域为()()()21,00,,e xf x x '-∞⋃+∞=-记()()g x f x '=，则()3332e 2e x x x g x x x '+=+=． 当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在()0,+∞上单调递增，当(),0x ∈-∞时，记()()()32e 2,3e xx x x x x x ϕϕ'=+=+，所以(),3x ∈-∞-时，()0x ϕ'<，()x ϕ递减；()3,0x ∈-时，()0x ϕ'>，()x ϕ递增，()x ϕ的极小值为()333332e e 332e 0ϕ⎛⎫-=-> ⎪-⎝=⎭，即有()0x ϕ>， 因此()0g x '<， g (x )在(,0)-∞上单调递减，所以函数()f x '在()0,+∞上单调递增，在(,0)-∞上单调递减.（2）令()()()()211e ,e xx F x f x ax ax F x f x a a x x'=-=+-=-=--' 方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根等价于F (x )有三个零点123,,x x x ，12301x x x <<<<，当0a ≤时，因为0x >，则()0F x >，此时F (x )在()0,+∞无零点； 当0a >时，由（1）知()F x '在()0,+∞上单调递增，显然1()402F a '=--<，21(ln(e ))e e 10(ln(e ))F a a '+=->->+， 因此存在00x >，使得()00F x '=，()00,x x ∈，()()0,F x F x '<单调递减，()0,x x ∈+∞，()()0,F F x x '>单调递增，①若e 1a =+，则()1e 10F a =+-=，不符合题意；②若0e 1a <<+，()1e 10F a =+->，当01x ≥时，(0,1)x ∈，()0F x >，()F x 在()0,1上无零点，当01x <时，()()1,,0x F x ∈+∞>，()F x 在()1,+∞上无零点，不符合题意， ③若e 1a >+，则()1e 10F a =+-<，()1e 10F a '=--<，于是01x >， 而当01x <<时，1e e x <<，0a ax -<-<，但1x的取值集合是(1,)+∞， 因此存在(0,1)t ∈，使得()0F t >，当1x >时，令2()e x h x x =-，()e 2x h x x '=-，令()()e 2x u x h x x '==-，则()e 2e 20x u x '=->->，即()h x '在(1,)+∞上单调递增，()(1)e 20h x h ''>=->， ()h x 在(1,)+∞上单调递增，()(1)e 10h x h >=->，因此当1x >时，2e x x >，有()2211e xF x ax x ax x ax x x=+->+->-，因为当x a ≥时，二次函数2x ax -的值域是[0,)+∞，于是得当x a ≥时，()0F x >，因此存在2301x x <<<，使得()()230F x F x ==，此时当0x <时，()e 10xF x a a '<-<-<，即函数F (x )在(,0)-∞上单调递减， 由()11111e 10,e 1e e 0a a F a F a a ---⎛⎫-=-+>-=-+<-< ⎪⎝⎭因此存在10x <，使得()10F x =，从而当e 1a >+时，F (x )有三个零点123,,x x x ，且12301x x x <<<<， 所以实数a 的取值范围是()e 1,++∞．例9．（2023春ꞏ江苏南京ꞏ高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数()e xf x =和()ln g x ax x =-，a ∈R(1)求()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若当()1,x ∈+∞时，()ln g x x x a <+恒成立，求a 的取值范围； (3)若()()h x f x ax =-与()y g x =有相同的最小值． ①求出a ；②证明：存在实数b ，使得()h x b =和()g x b =共有三个不同的根1x 、2x 、()3123x x x x <<，且1x 、2x 、3x 依次成等差数列．【答案解析】（1）因为()e x f x =，则()e x f x '=，所以，()()001f f '==，所以，()y f x =在0x =处的切线方程为1y x =+. （2）当()1,x ∈+∞时，不等式()ln g x x x a <+等价于()1ln 01a x x x -->+． 设()()1ln 1a x p x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x a p x x x x x +-+'=-=++，且()10p =. 对于函数()2211y x a x =+-+，()()241442a a a ∆=--=-.（ⅰ）当2a ≤且()1,x ∈+∞时，()22211210x a x x x +-+≥-+>，故()0p x '>，则()p x 在()1,+∞上单调递增，因此()()10p x p >=； （ⅱ）当2a >时，令()0p x '=得11x a =-21x a =-由122110x x x x =⎧⎨>>⎩得101x <<，21x >，故当()21,x x ∈时，()0p x '<，()p x 在()21,x 单调递减，因此()()210p x p <=，不合乎题意.综上，a 的取值范围是(],2-∞．（3）①()e xh x ax =-的定义域为R ，而()e x h x a '=-，若0a ≤，则()0h x '>，此时()h x 无最小值，故0a >. 函数()ln g x ax x =-的定义域为()0,∞+，而()11ax g x a x x-'=-=. 当ln x a <时，()0h x '<，故()h x 在(),ln a -∞上为减函数， 当ln x a >时，()0h x '>，故()h x 在()ln ,a +∞上为增函数， 故()()min ln ln h x h a a a a ==-. 当10x a <<时，()0g x '<，故()g x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数， 当1x a >时，()0g x '>，故()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为增函数， 故()min 111ln 1ln g x g a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭.因为()e xh x ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值，故1n ln l a a a a =-+，整理得到1ln 1a a a-=+，其中0a >， 设()1ln 1a s a a a -=-+，其中0a >，则()()()222211011a s a a a a a --'=-=<++， 故()s a 为()0,∞+上的减函数，而()10s =，故()0s a =的唯一解为1a =，故1ln 1aa a-=+的解为1a =. 综上，1a =.②由①可得()e xh x x =-和()ln g x x x =-的最小值为1ln11+=.当1b >时，考虑e x x b -=的解的个数、ln x x b -=的解的个数.设()e x S x x b =--，()e 1xS x '=-，当0x <时，()0S x '<，当0x >时，()0S x '>， 故()S x 在(),0∞-上为减函数，在()0,∞+上为增函数， 所以()()min 010S x S b ==-<， 而()e0bS b --=>，()e 2b S b b =-，设()e 2b u b b =-，其中1b >，则()e 20bu b '=->，故()u b 在()1,+∞上为增函数，故()()1e 20u b u >=->，故()0S b >，故()e xS x x b =--有两个不同的零点，即方程e x x b -=的解的个数为2.设()ln T x x x b =--，()1x T x x-'=， 当01x <<时，()0T x '<，当1x >时，()0T x '>， 故()T x 在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数， 所以()()min 110T x T b ==-<， 而()ee0bbT --=>，()e e 20b b T b =->，()ln T x x x b =--有两个不同的零点即ln x x b -=的解的个数为2.当1b =，由①讨论可得ln x x b -=、e x x b -=仅有一个解， 当1b <时，由①讨论可得ln x x b -=、e x x b -=均无根，故若存在直线y b =与曲线()y h x =、()y g x =有三个不同的交点，则1b >.设()e ln 2x t x x x =+-，其中0x >，故()1e 2xt x x'=+-， 设()e 1x r x x =--，其中0x >，则()e 10xr x '=->，故()r x 在()0,∞+上为增函数，故()()00r x r >=即e 1x x >+， 所以()11210t x x x'>+-≥->，所以()t x 在()0,∞+上为增函数， 而()1e 20t =->，31e 333122e 3e 30e e e t ⎛⎫=--<--< ⎪⎝⎭，故()t x 在()0,∞+上有且只有一个零点2x ，且2311e x <<， 当20x x <<时，()0t x <，即e ln x x x x -<-，即()()h x g x <， 当2x x >时，()0t x >，即e ln x x x x ->-，即()()h x g x >，因此若存在直线y b =与曲线()y h x =、()y g x =有三个不同的交点， 故()()221b h x g x ==>，此时e x x b -=有两个不同的根1x 、()2120x x x <<， 此时ln x x b -=有两个不同的根2x 、()32301x x x <<<，故11e xx b -=，22e x x b -=，33ln 0x x b --=，22ln 0x x b --=，所以33ln x b x -=，即33e x bx -=，即()33e 0x bx b b ----=，故3x b -为方程e x x b -=的解，同理2x b -也为方程e x x b -=的解，又11e x x b -=可化为11e xx b =+，即()11ln 0x x b -+=，即()()11ln 0x b x b b +-+-=，故1x b +为方程ln x x b -=的解，同理2x b +也为方程ln x x b -=的解，所以{}{}1223,,x x x b x b =--，而1b >，故2312x x bx x b =-⎧⎨=-⎩，即1322x x x +=.【过关测试】1．（2023秋ꞏ江苏苏州ꞏ高三统考期末）已知函数()ln(1)2axf x x x =+-+． (1)若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围； (2)讨论()f x 的零点个数．【答案解析】（1）()f x 的定义域是(1,)-+∞，22212(42)(1)()1(2)(1)(2)a x a x f x x x x x +'-+=-=++++． ①当2a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在(1,)-+∞上单调递增， 又因为(0)0f =，所以当0x ≥时，()(0)0f x f ≥=，满足题意； ②当2a >时，令22()(42)(1)(42)(42)g x x a x x a x a =+-+=+-+-， 由()0g x =，得1(2)0x a =-<，2(2)0x a -=>． 当()20,x x ∈时，()0g x <，()0f x '<，所以()f x 在()20,x 上单调递减， 所以()()200f x f <=，不满足题意． 综上所述，2a ≤．（2）①当2a ≤时，由（1）可得()f x 在(1,)-+∞上单调递增，且(0)0f =，所以()f x 在(1,)-+∞上存在1个零点；②当2a >时，由（1）可得()0g x =必有两根1x ，2x ，又因为(1)10g -=>，(0)420g a =-<所以1(1,0)x ∈-，2(0,)x ∈+∞．x ()11,x -1x()12,x x2x()2,x +∞()f x '＋－＋()f x单调递增 极大值()1f x 单调递减 极小值()2f x 单调递增当()12,x x x ∈时，因为(0)0f =，所以()f x 在()12,x x 上存在1个零点， 且()()100f x f >=，()()200f x f <=； 当()11,x x ∈-时，因为()()e 12ee 1ln e 0e 1e l---------=-=<++a aa a aaa a f ，1e 10--<-<a ，而()f x 在1(0,)x 单调递增，且1()0f x '=，而(e 1)0a g -->，故11e 1ax --<-<，所以()f x 在()11,x -上存在1个零点； 当()2,x x ∈+∞时，因为()()e 12e 1ln e 0e 1e 1a a a a a a af --=-=>++， e 10a ->，而()f x 在2(,)x +∞单调递增，且2()0f x '=，而(e 1)0ag ->， 所以2e 1ax ->，所以()f x 在()2,x +∞上存在1个零点．从而()f x 在()1,-+∞上存在3个零点．综上所述，当2a ≤时，()f x 存在1个零点；当2a >时，()f x 存在3个零点．2．（2023秋ꞏ河南驻马店ꞏ高三统考期末）已知函数()21ln 12f x x x x x =---. (1)求()f x 的单调区间； (2)若函数()()()2121ln 12g x x a x a x =+-+--恰有两个不同的零点，求a 的取值范围. 【答案解析】（1）由题意可得()ln f x x x '=-， 设()()ln h x f x x x '==-，则()111xh x x x-'=-=由()0h x '>，得01x <<，由()0h x '<，得1x >则()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，即()f x '在(0,1)单调递增，在(1,)+∞上单调递减，从而()(1)10f x f ''≤=-<，故()f x 的单调递减区间是(0,)+∞，无递增区间（2）由题意可得21(2)1(1)(1)()2a x a x a x a x g x x a x x x-+-+-+--'=+-+==， ()g x 的定义域是(0,)+∞，①当10a -<，即1a >时，1x >时()0g x '>，01x <<时()0g x '<， 则()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 因为0x →时，()g x →+∞，x →+∞时，()g x ∞→+， 所以()g x 要有两个零点，则1(1)2102g a =+--<，解得52a <，故152a <<；②当10a -=，即1a =时，由21()102g x x x =--=，解得x 1=因为0x >，所以1x =()g x 有且仅有1个零点，故1a =不符合题意； ③当011a <-<，即01a <<时，由()0g x '>，得01x a <<-或1x >， 由()0g x '<，得11a x -<<，则()g x 在(0,1)a -和(1,)+∞上单调递增，在(1,1)a -上单调递减. 因为0x →时，()0,g x x <→+∞时，()g x ∞→+， 所以()g x 要有两个零点，则1(1)2102g a =+--=或21(1)(1)(2)(1)(1)ln(1)102g a a a a a a -=-+--+---=， 若(1)0g =，解得52a =，不符合题意， 若(1)0g a -=，设1(0,1)t a =-∈，则(1)0g a -=化为2211(1)ln 1ln 1022t t t t t t t t t +--+-=--+-=， 01t <<时，ln 0t t <，221111(1)0222t t t ---=-+-<，所以21ln 102t t t t --+-<，21ln 102t t t t --+-=无解，即(1)0g a -=无解，故01a <<不符合题意；④当11a -=，即0a =时，()0g x '≥恒成立，则()g x 在(0,)+∞上单调递增，从而()g x 最多有1个零点，则0a =不符合题意；⑤当11a ->，即a<0时，由()0g x '>，得01x <<或1x a >-，由()0g x '<，得11x a <<-， 则()g x 在(0,1)和(1),a -+∞上单调递增，在(1,1)a -上单调递减. 因为0x →时，()0g x x <→+∞，时，()g x ∞→+ 所以()g x 要有两个零点，则(1)0g =或(1)0g a -=，若1(1)2102g a =+--=，解得52a =，不符合题意，若21(1)(1)(2)(1)(1)ln(1)102g a a a a a a -=-+--+---=． 设1(1,)t a =-∈+∞，则(1)0g a -=化为2211(1)ln 1ln 1022t t t t t t t t t +--+-=--+-=，由（1）知21ln 12y t t t t =---在(1,)+∞上单调递减，所以21ln 102t t t t --+-<，21ln 102t t t t --+-=无解， 即(1)0g a -=无解，故a<0不符合题意．综上，a 的取值范围是51,2⎛⎫⎪⎝⎭．3．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知01a <<，函数()1x f x x a -=+，()1log a g x x x =++.(1)若()e e g =，求函数()f x 的极小值；(2)若函数()()y f x g x =-存在唯一的零点，求a 的取值范围. 【答案解析】（1）由()1e e e 1log e e ea g a =⇒++=⇒=， 所以()1e x f x x -=+，()11e xf x -'=-，令()01f x x '=⇒=，当1x <时，()0f x '<，当1x >时，()0f x ¢>， 所以()f x 在(,1)-∞上递减，在(1,)+∞上递增， 所以()f x 的极小值为()12f =；（2）()()1log 1x a f x g x a x --=--，令()1log 1x a F x a x -=--（0x >）， ()F x 存在唯—的零点，()11111ln ln ln ln x x F x a a xa a x a x a --⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭， 令()11ln ln x x xaa a ϕ-=-，()()11ln ln x x a x a a ϕ-'=+， 令()10ln x x aϕ'=⇒=-， 当10ln x a<<-时，()0x ϕ'<； 当1ln x a>-时，()0x ϕ'>， 所以()x ϕ在10,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上递减，在1,ln a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上递增， 所以()11ln min11ln ln ax a a a ϕϕ--⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，。
2019年高考数学(文)二轮复习对点练：专题二函数与导数专题对点练7Word版含答案
专题对点练7导数与不等式及参数范围1.已知函数f(x)= x2+(1-a)x-a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a<0,若对∀x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范围.2.设函数f(x)=(1-x2)e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.3.(2018北京,文19)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a;(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.4.已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.专题对点练7答案1.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x+1-a-,若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)内单调递增;若a>0,则由f'(x)=0得x=a,当0<x<a时,f'(x)<0,当x>a时,f'(x)>0,此时f(x)在(0,a)内单调递减,在(a,+∞)内单调递增.(2)不妨设x1≤x2,而a<0,由(1)知,f(x)在(0,+∞)内单调递增,∴f(x1)≤f(x2),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|⇔4x1-f(x1)≥4x2-f(x2),令g(x)=4x-f(x),则g(x)在(0,+∞)内单调递减,∵g'(x)=4-f'(x)=4--x+3+a,∴g'(x)= -x+3+a≤0对∀x∈(0,+∞)恒成立,∴a≤对∀x∈(0,+∞)恒成立,∴a≤.又=x+1+-5≥2-5=-1,当且仅当x+1=,即x=1时,等号成立.∴a≤-1,故a的取值范围为(-∞,-1].2.解(1)f'(x)=(1-2x-x2)e x.令f'(x)=0得x=-1-,x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时,f'(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时,f'(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)内单调递减,在(-1-,-1+)内单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)=-x e x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)内单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).3.解(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x,所以f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x.所以f'(2)=(2a-1)e2.由题设知f'(2)=0,即 (2a-1)e2=0,解得a=.(2)(方法一)由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x.若a>1,则当x∈时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以f'(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+∞).(方法二)由(1)得f'(x)=(ax-1)(x-1)e x.当a=0时,令f'(x)=0,得x=1.f'(x),f(x)随x∴f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.当a>0时,令f'(x)=0,得x1=,x2=1.①当x1=x2,即a=1时,f'(x)=(x-1)2e x≥0,∴f(x)在R上单调递增,∴f(x)无极值,不合题意.②当x1>x2,即0∴f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.③当x1<x2,即a>∴f(x)在x=1处取得极小值,即a>1满足题意.当a<0时,令f'(x)=0,得x1=,x2=1.f'(x),f(x)随x∴f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.综上所述,a的取值范围为(1,+∞).4.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= +2ax+2a+1=.若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.若a<0,则当x∈时,f'(x)>0;当x∈时,f'(x) <0.故f(x)在单调递增,在单调递减.(2)证明由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-取得最大值,最大值为f=ln-1-.所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2,即ln+1≤0.设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)= -1.当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln+1≤0,即f(x)≤--2.。
微专题 利用导数研究函数的零点问题
利用导数研究函数的零点问题内容概览题型一 利用导数探究函数零点的个数题型二 利用函数零点问题求参数范围题型三 与函数零点有关的证明[命题分析]函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查基本初等函数、三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现.题型一 利用导数探究函数零点的个数[典例1](2022·陇南模拟)已知函数f(x)=r1e-a(a∈R),讨论f(x)的零点个数.【解析】令f(x)=r1e-a=0,得a=r1e,设g(x)=r1e,则g'(x)=e−(r1)e(e)2=−e,当x>0时,g'(x)<0,当x<0时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(0)=1,而当x>-1时,g(x)>0,当x<-1时,g(x)<0,g(x)的大致图象如图所示:所以①当a>1时,方程g(x)=a无解,即f(x)没有零点;②当a=1时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;③当0<a<1时,方程g(x)=a有两解,即f(x)有两个零点;④当a≤0时,方程g(x)=a有且只有一解,即f(x)有唯一的零点;综上,当a>1时,f(x)没有零点;当a=1或a≤0时,f(x)有唯一的零点;当0<a<1时,f(x)有两个零点.【方法提炼】利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法:(1)构造函数:构造函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值(最值),并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解函数零点的个数. (2)应用定理:利用零点存在定理,先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.【对点训练】(2023·成都模拟)设函数f(x)=ln x+,m∈R.讨论函数g(x)=f'(x)-.3的零点个数【解析】由题设,可知g(x)=f'(x)-3=1-2-3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0),设φ(x)=-13x3+x(x>0),则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增,当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减,所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点,所以φ(x)的最大值为φ(1)=23,画出y=φ(x)的大致图象(如图),可知①当m>23时,函数g(x)无零点;②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0<m<23时,函数g(x)有两个零点;④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;综上所述,当m>23时,函数g(x)无零点;当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;)有两个零点.当0<m<2时,函数g(x【加练备选】已知函数f(x)=x e x+e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)e x,令f'(x)=0得x=-2,则f'(x),f(x)的变化情况如表所示:x(-∞,-2)-2(-2,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减-12单调递增所以f(x)的单调递减区间是(-∞,-2),单调递增区间是(-2,+∞),当x=-2时,f(x)有极小值为f(-2)=-1e2,无极大值;(2)令f(x)=0,得x=-1,当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0,且f(x)的图象经过点(-2,-1e2),(-1,0),(0,1);当x→-∞时,与一次函数相比,指数函数y=e-x增长更快,从而f(x)=r1e−→0;当x→+∞时,f(x)→+∞,f'(x)→+∞,根据以上信息,画出f(x)大致图象如图所示,函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数为y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数,当x=-2时,f(x)有极小值f(-2)=-1e2,所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:当a<-1e2时,零点的个数为0;当a=-1e2或a≥0时,零点的个数为1;当-1e2<a<0时,零点的个数为2.题型二 利用函数零点问题求参数范围[典例2](2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax-1-(a+1)ln x.(1)当a=0时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=0时,f(x)=-1-ln x,x>0,则f'(x)=12-1=1−2,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)max=f(1)=-1;(2)f(x)=ax-1-(a+1)ln x,x>0,则f'(x)=a+12-r1=(B−1)(K1)2,当a≤0时,ax-1<0,所以当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)max=f(1)=a-1<0,此时函数无零点,不合题意;当0<a<1时,1>1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;又f(1)=a-1<0,由(1)得1+ln x≥1,即ln1≥1-x,所以ln x<x,ln <,ln x<2,当x>1时,f(x)=ax-1-(a+1)ln x>ax-1-2(a+1)>ax-(2a+3),则存在m=(3+2)2>1,使得f(m)>0,所以f(x)仅在(1,+∞)上有唯一零点,符合题意;当a=1时,f'(x)=(K1)22≥0,所以f(x)单调递增,又f(1)=a-1=0,所以f(x)有唯一零点,符合题意;当a>1时,1<1,在(0,1),(1,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增;在(1,1)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;此时f(1)=a-1>0,由(1)得当0<x<1时,ln x>1-1,ln >1-1,所以ln x>2(1-1),此时f(x)=ax-1-(a+1)ln x<ax-1-2(a+1) (1-1)<-1+2(r1),存在n=14(r1)2<1,使得f(n)<0,所以f(x)在(0,1)上有一个零点,在(1,+∞)上无零点,所以f(x)有唯一零点,符合题意;综上,a的取值范围为(0,+∞).【方法提炼】由函数零点求参数范围的策略(1)涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求得参数的取值范围;(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法;(3)含参数的函数的零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,得到不含参数的具体函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.【解析】(1)a =2时,f (x )=22,f'(x )=2b2−2ln2·2(2)2=o2−En2)2=ln2· 2ln2−g2,当x ∈ 0,2ln2 时,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈2ln2,+∞ 时,f'(x )<0,f (x )单调递减;(2)由题知f (x )=1在(0,+∞)上有两个不等实根,f (x )=1⇔x a =a x ⇔a ln x =x ln a ⇔ln=ln,令g (x )=ln,g'(x )=1−ln 2,g (x )在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,又g (e)=1e,g (1)=0,lim m+∞g (x )=0,所以0<ln<1e⇒a >1且a ≠e .所以a 的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).【加练备选】 (2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=e x-a(x+2).(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-x-2,则f'(x)=e x-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)f'(x)=e x-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意;当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).(i)若0<a≤1e,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意; (ii)若a>1e,则f(ln a)<0.因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.易知,当x>2时,e x-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=e2·e2-a(x+2)>e ln(2a)·2+2 -a(x+2)=2a>0.故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点,从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.综上,a的取值范围是1题型三 与函数零点有关的证明[典例3](2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【解析】(1)f(x)=e x-ax的定义域为R,而f'(x)=e x-a,若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)无最小值,故a>0.g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+∞),而g'(x)=a-1=B−1.当x<ln a时,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,当x>ln a时,f'(x)>0,故f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(ln a)=a-a ln a.当0<x<1时,g'(x)<0,故g(x)在 0,1上单调递减,当x>1时,g'(x)>0,故g(x)在1,+∞ 上单调递增,故g(x)min=g1=1-ln1.因为f(x)=e x-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,故1-ln1=a-a ln a,整理得到K11+=ln a,其中a>0,设t(a)=K11+-ln a,a>0,则t'(a)=2(1+p2-1=−2−1o1+p2<0,故t(a)在(0,+∞)上单调递减,而t(1)=0,故t(a)=0的唯一解为a=1,故K11+=ln a的解为a=1.综上,a=1;(2)由(1)可得f(x)=e x-x和g(x)=x-ln x的最小值为1-ln 1=1-ln11=1.当b>1时,考虑e x-x=b的解的个数,x-ln x=b的解的个数.设S(x)=e x-x-b,S'(x)=e x-1,当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,故S(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以S(x)min=S(0)=1-b<0,而S(-b)=e-b>0,S(b)=e b-2b,设u(b)=e b-2b,其中b>1,则u'(b)=e b-2>0,故u(b)在(1,+∞)上单调递增,故u(b)>u(1)=e-2>0,故S(b)>0,故S(x)=e x-x-b有两个不同的零点,即e x-x=b的解的个数为2.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=K1,当0<x<1时,T'(x)<0,当x>1时,T'(x)>0,故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以T(x)min=T(1)=1-b<0,而T(e-b)=e-b>0,T(e b)=e b-2b>0,T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点,即x-ln x=b的解的个数为2.当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b仅有一个零点,当b<1时,由(1)讨论可得x-ln x=b,e x-x=b均无零点,故若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,则b>1.设h(x)=e x+ln x-2x,其中x>0,故h'(x)=e x+1-2,设s(x)=e x-x-1,x>0,则s'(x)=e x-1>0,故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即e x>x+1,所以h'(x)>x+1-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,而h(1)=e-2>0,h(1e3)=e1e3-3-2e3<e-3-2e3<0,故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,1e3<x0<1且:当0<x<x0时,h(x)<0,即e x-x<x-ln x,即f(x)<g(x),当x>x0时,h(x)>0,即e x-x>x-ln x,即f(x)>g(x),因此若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,故b=f(x0)=g(x0)>1,此时e x-x=b有两个不同的零点x1,x0(x1<0<x0),此时x-ln x=b有两个不同的零点x0,x4(0<x0<1<x4),故e1-x1=b,e0-x0=b,x4-ln x4-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x4-b=ln x4,即e4−=x4,即e4−-(x4-b)-b=0,故x4-b为方程e x-x=b的解,同理x0-b也为方程e x-x=b的解,又e1-x1=b可化为e1=x1+b,即x1-ln(x1+b)=0,即(x1+b)-ln(x1+b)-b=0,故x1+b为方程x-ln x=b的解,同理x0+b也为方程x-ln x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x4-b},而b>1,故0=4−s1=0−s即x1+x4=2x0.所以x1,x0,x4成等差数列.所以,存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【方法提炼】(1)证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;(2)证明的思路一般是对条件进行等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.【对点训练】 (2019·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:(1)f'(x)在区间 −1,π2上存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-11+,g'(x)=-sin x+1(1+p2,当x∈ −1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在 −1,π2上有唯一零点,设g'(x)的零点为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈ sπ2时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在 sπ2上单调递减,故g(x)在 −1,π2上存在唯一极大值点,即f'(x)在 −1,π2上存在唯一极大值点;(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在(-1,0)上单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)上单调递减,又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点.②当x∈ 0,π2时,由(1)知,f'(x)在(0,α)上单调递增,在 sπ2上单调递减,而f'(0)=0, f'π2<0,所以存在β∈ sπ2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈ sπ2时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在 sπ2上单调递减.又f(0)=0,fπ2=1-ln 1+π2>0,所以当x∈ 0,π2时,f(x)>0.所以f(x)在 0,π2上没有零点.③当x∈π2,π 时,f'(x)<0,所以f(x)在π2,π 上单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在π2,π 上有唯一零点.④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.【加练备选】 (2023·菏泽模拟)已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x)=1-1+2cos x,当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-12<0,所以g(x)在(0,π)上单调递减,又因为g(π3)=3π-1+1>0,g(π2)=2π-1<0,所以g(x)在(π3,π2)上有唯一的零点;(2)设f'(x)在(0,π)上的唯一零点为α,由(1)知π3<α<π2.①当x∈(0,π)时,x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)在(0,π)上存在唯一极大值点α.所以f(α)>f(π2)=lnπ2-π2+2>2-π2>0,又因为f(1e2)=-2-1e2+2sin1e2<-2-1e2+2<0,所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点.又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.②当x∈[π,2π)时,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,设h(x)=ln x-x,h'(x)=1-1<0,所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2.设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=1-1<0,所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个零点.。
2019年导数高考真题及答案解析
2019年导数高考真题一、单选题 1．若x 1=4π，x 2=34π是函数f (x )=sin x ω(ω>0)两个相邻的极值点，则ω= A ．2 B ．32 C ．1 D ．12【答案】A由题意知，()sin f x x ω=的周期232()44T ωπππ==-=π，得2ω=．故选A ． 2．曲线y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为 A ．10x y --π-= B ．2210x y --π-= C ．2210x y +-π+= D ．10x y +-π+=【答案】C当x π=时，2sin cos 1y =π+π=-，即点(,1)π-在曲线2sin cos y x x =+上．2cos sin ,y x x '=-2cos sin 2,x y πππ=∴=-=-'则2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为(1)2()y x --=--π，即2210x y +-π+=．故选C ．3．函数 在 的零点个数为（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】B由 ， 得 或 ， ，、 或 ． 在 的零点个数是3，4．已知曲线 在点 处的切线方程为 ，则（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】D详解：，将 代入 得 ，故选D ． 二、填空题5．曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为___________． 【答案】30x y -=.详解：/223(21)3()3(31),x x x y x e x x e x x e =+++=++所以，/0|3x k y ===所以，曲线23()e xy x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．6．设函数f （x ）=e x +a e −x（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】-1; (],0-∞.若函数()xxf x e ae -=+为奇函数,则()()(),xx x x f x f x eae e ae ---=-+=-+，()()1 0x x a e e -++=对任意的x 恒成立.若函数()xxf x e ae -=+是R 上的增函数,则()' 0xxf x e ae-=-≥恒成立,2,0x a e a ≤≤.即实数a 的取值范围是(],0-∞ 7． 曲线cos 2xy x =-在点()0,1处的切线方程为__________. 【答案】220x y +-=1'sin 2y x =--，当0x =时其值为12-，故所求的切线方程为112y x -=-，即220x y +-=。
最新2019高考数学《导数及其应用》专题完整考试题(含答案)(K12教育文档)
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2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级:__________ 考号：__________一、选择题1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是（ )（A)-2 （B)0 （C ）2 （D)4（2006浙江文）二、填空题2． 已知a > 0，方程x 2-2ax —2a ln x =0有唯一解,则a = . 123． 曲线21()cos 3f x x x =-在0x =处的切线的斜率为 ▲ 。
4．若函数f （x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足(1) 2f '=，则(1)f '-= ．5．已知函数x x mx x f 2ln )(2-+=在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是 ▲ ． 6．若曲线2ln y ax x =-在点(1,)a 处的切线平行于x 轴，则a =____________。
(2013年高考广东卷（文））7．函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 . 解析 考查利用导数判断函数的单调性。
2()330333(11)(1)f x x x x x '=--=-+,由(11)(1)0x x -+<得单调减区间为(1,11)-。
最新2019高考数学《导数及其应用》专题完整题(含参考答案)
2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、选择题1．设曲线11x y x +=-在点(32)，处的切线与直线10ax y ++=垂直，则a =（ ） A ．2 B ．12 C ．12- D ．2-(2008全国1理)D.由()3212211,','|,2,21121x x y y y a a x x x =+==+=-=--==---- 2．设函数2()()f x g x x =+，曲线()y g x =在点(1,(1))g 处的切线方程为21y x =+，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处切线的斜率为 A ．4 B ．14-C ．2D ．12- （2009江西卷理） 二、填空题3．设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c 为常数)的导函数为f′(x )．对任意x ∈R ，不等式f (x )≥f′(x )恒成立，则b 2a 2+c 2的最大值为 ▲ ．4．奇函数32()f x ax bx cx =++在1x =-处有极值，则3a b c ++的值为 ▲ ． 5．曲线2y 21x x =-+在点（1,0）处的切线方程为________ 6．函数xe x a xf 32sin )(+=,若7)0('=f , 则a 的值是 ▲7．若存在过点(1,0)的直线与曲线3y x =和229y ax x =+-都相切，则a = ． 8．函数32()23121f x x x x =--++在区间[,1]m 上的最小值为－17，则m = 9．曲线()ln f x x x =在点1x =处的切线方程为 ▲ .10．若函数()2xf x e x k =--在R 上有两个零点，则实数k 的取值范围为_____________11．y=x 3+ax +1的一条切线方程为y =2x +1，则a = ．12．与直线2-=x y 平行且与曲线x x y ln 2-=相切的直线方程为 ▲ ．三、解答题13．已知函数()1ln ()f x x a x a R =--∈.（1）若曲线()y f x =在1x =处的切线的方程为330x y --=，求实数a 的值； （2）求证：0)(≥x f 恒成立的充要条件是1a =；（3）若0a <，且对任意(]1,0,21∈x x ，都有121211|()()|4||f x f x x x -≤-，求实数a 的取值范围.另14．如图：设工地有一个吊臂长15DF m =的吊车，吊车底座FG 高1.5m ，现准备把一个底半径为3m 高2m 的圆柱形工件吊起平放到6m 高的桥墩上，问能否将工件吊到桥墩上？0.58,0.81≈≈）15．设函数321()(1)4243f x x a x ax a =--++，其中常数a>1(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若当x≥0时，f(x)>0恒成立，求a 的取值范围。
2019年高考数学(文科)二轮复习对点练：二函数与导数专题对点练8(含答案)
专题对点练8 导数与函数的零点及参数范围1.(2018全国Ⅱ,文21)已知函数f (x )= x 3-a (x 2+x+1).(1)若a=3,求f (x )的单调区间;(2)证明:f (x )只有一个零点.2.已知函数f (x )=a x +x 2-x ln a-b (a ,b ∈R ,a>1),e 是自然对数的底数.(1)当a=e, b=4时,求函数f (x )零点个数;(2)若b=1,求f (x )在[-1,1]上的最大值.3.已知函数f (x )=x ln x ,g (x )=-x 2+ax-2(e 为自然对数的底数,a ∈R ).(1)判断曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线与曲线y=g (x )的公共点个数;(2)当x ∈时,若函数y=f (x )-g (x )有两个零点,求a 的取值范围.[1e ,e ]4.(2018天津,文20)设函数f (x )=(x-t 1)(x-t 2)(x-t 3),其中t 1,t 2,t 3∈R ,且t 1,t 2,t 3是公差为d 的等差数列.(1)若t 2=0,d=1,求曲线y=f (x )在点(0,f (0))处的切线方程;(2)若d=3,求f (x )的极值;(3)若曲线y=f (x )与直线y=-(x-t 2)-6有三个互异的公共点,求d 的取值范围.3专题对点练8答案1.解 (1)当a=3时,f (x )= x 3-3x 2-3x-3,f'(x )=x 2-6x-3.令f'(x )=0,解得x=3-2或x=3+2.33当x ∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x )>0;33当x ∈(3-2,3+2)时,f'(x )<0.33故f (x )在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.3333(2)由于x 2+x+1>0,所以f (x )=0等价于-3a=0.x 3x 2+x +1设g (x )=-3a ,则g'(x )=≥0,仅当x=0时g'(x )=0,所以g (x )在(-∞,+∞)单调递增,故g (x )x 3x 2+x +1x 2(x 2+2x +3)(x 2+x +1)2至多有一个零点,从而f (x )至多有一个零点.又f (3a-1)=-6a 2+2a-=-6<0,f (3a+1)= >0,故f (x )有一个零点.(a -16)2‒16综上,f (x )只有一个零点.2.解 (1)由题意f (x )=e x +x 2-x-4,∴f'(x )=e x +2x-1,∴f'(0)=0,当x>0时, e x >1,∴f'(x )>0,故f (x )是(0,+∞)上的增函数;当x<0时,e x <1,∴f'(x )<0,故f (x )是(-∞,0)上的减函数.f (1)=e -4<0,f (2)=e 2-2>0,∴存在x 1∈(1,2)是f (x )在(0,+∞)上的唯一零点;f (-2)=+2>0,f (-1)= -2<0,∴存在x 2∈(-2,-1)是f (x )在(-∞,0)上的唯一零点.1e 2∴f (x )的零点个数为2.(2)当b=1时,f (x )=a x +x 2-x ln a-1,∴f'(x )=a x ln a+2x-ln a=2x+(a x -1)ln a ,当x>0时,由a>1,可知a x -1>0,ln a>0,∴f'(x )>0;当x<0时,由a>1,可知a x -1<0,ln a>0,∴f'(x )<0;当x=0时,f'(x )=0,∴f (x )是[-1,0]上的减函数,[0,1]上的增函数.∴当x ∈[-1,1]时,f (x )min =f (0),f (x )max 为f (-1)和f (1)中的较大者.而f (1)-f (-1)=a--2ln a ,设g (x )=x--2ln x (x>0).∵g'(x )=1+≥0(当且仅当x=1时等号成立),1x 2‒2x =(1x -1)2∴g (x )在(0,+∞)上单调递增,而g (1)=0,∴当x>1时,g (x )>0,即当a>1时,a--2ln a>0,∴f (1)>f (-1).∴f (x )max =f (1)=a+1-ln a-1=a-ln a.3.解 (1) f'(x )=ln x+1,所以切线斜率k=f'(1)=1.又f (1)=0,所以曲线在点(1,0)处的切线方程为y=x-1.由得x 2+(1-a )x+1=0.{y =-x 2+ax -2,y =x -1,由Δ=(1-a )2-4=a 2-2a-3=(a+1)(a-3),可知:当Δ>0,即a<-1或a>3时,有两个公共点;当Δ=0,即a=-1或a=3时,有一个公共点;当Δ<0,即-1<a<3时,没有公共点.(2)y=f (x )-g (x )=x 2-ax+2+x ln x ,由y=0,得a=x++ln x.令h (x )=x++ln x ,则h'(x )=.(x -1)(x +2)x 2当x ∈时,由h'(x )=0,得x=1.[1e ,e ]2所以h (x )在上单调递减,在[1,e]上单调递增,[1e ,1]因此h (x )min =h (1)=3.由h +2e -1,h (e)=e ++1,(1e )=1e 比较可知h >h (e),所以,结合函数图象可得,(1e )当3<a ≤e ++1时,函数y=f (x )-g (x )有两个零点.2e 4.解 (1)由已知,可得f (x )=x (x-1)(x+1)=x 3-x ,故f'(x )=3x 2-1.因此f (0)=0,f'(0)=-1.又因为曲线y=f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y-f (0)=f'(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(2)由已知可得f (x )=(x-t 2+3)(x-t 2)·(x-t 2-3)=(x-t 2)3-9(x-t 2)=x 3-3t 2x 2+(3-9)x-+9t 2.故f'(x )=3x 2-6t 2x+3-9.令f'(x )t 22t 32t 22=0,解得x=t 2-,或x=t 2+.33当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:x (-∞,t 2-)3t 2-3(t 2-,t 2+)33t 2+3(t 2+,+∞)3f'(x )+0-0+f (x )↗极大值↘极小值↗所以函数f (x )的极大值为f (t 2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f (x )的极小值为f (t 2+)=()3-9×=-6.33333333 (3)曲线y=f (x )与直线y=-(x-t 2)-6有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x-t 2+d )(x-t 2)(x-t 2-d )+(x-t 2)3+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t 2,可得u 3+(1-d 2)u+6=0.33设函数g (x )=x 3+(1-d 2)x+6,则曲线y=f (x )与直线y=-(x-t 2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g (x )有三个33零点.g'(x )=3x 2+(1-d 2).当d 2≤1时,g'(x )≥0,这时g (x )在R 上单调递增,不合题意.当d 2>1时,令g'(x )=0,解得x 1=-,x 2=.d 2-13d 2-13易得,g (x )在(-∞,x 1)上单调递增,在[x 1,x 2]上单调递减,在(x 2,+∞)上单调递增.g (x )的极大值g (x 1)=g +6>0.(-d 2-13)=23(d 2-1)3293g (x )的极小值g (x 2)=g =-+6.(d 2-13)23(d 2-1)3293若g (x 2)≥0,由g (x )的单调性可知函数y=g (x )至多有两个零点,不合题意.若g (x 2)<0,即(d 2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x 2,g (|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x 1,g (-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62)321033+6<0,从而由g (x )的单调性,可知函数y=g (x )在区间(-2|d|,x 1),(x 1,x 2),(x 2,|d|)内各有一个零点,符合题意.103所以,d 的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).1010。
[精品]2019版高考数学二轮复习专题二函数与导数专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数文
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专题突破练8 利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018全国卷3,文21)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥１时,f(x)+e≥０.2.设函数f(x)=e2x-a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;(2)证明当a>0时,f(x)≥２a+a ln.3.设函数f(x)=x2-a ln x,g(x)=(a-2)x.(1)略;(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1,x2,①求满足条件的最小正整数a的值;②求证:F'>0.4.(2018福建龙岩4月质检,文21节选)已知函数f(x)=-2ln x,m∈R.(1)略;(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,证明:f(x2)<x2-1.5.已知函数f(x)=a ln x,g(x)=x++f'(x).(1)讨论h(x)=g(x)-f(x)的单调性;(2)若h(x)的极值点为3,设方程f(x)+mx=0的两个根为x1,x2,且≥ｅa,求证:.6.(2018河南安阳一模,文21)已知函数f(x)=,g(x)=3eln x,其中e为自然对数的底数.(1)讨论函数f(x)的单调性.(2)试判断曲线y=f(x)与y=g(x)是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在,求出公切线l的方程;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数1.解 (1)f'(x)=,f'(0)=2.因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)当a≥１时,f(x)+e≥（x2+x-1+e x+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+e x+1,则g'(x)=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥０.2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).当a≤０时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>0时,因为e2x单调递增,-单调递增,所以f'(x)在(0,+∞)单调递增.又f'(a)>0,当b满足0<b<且b<时,f'(b)<0,故当a>0时,f'(x)存在唯一零点.(2)证明由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2=0,所以f(x0)=+2ax0+a ln≥２a+a ln.故当a>0时,f(x)≥２a+a ln.3.解 (1)略;(2)①∵F(x)=x2-a ln x-(a-2)x,∴F'(x)=2x-(a-2)-(x>0).因为函数F(x)有两个零点,所以a>0,此时函数F(x)在单调递减,在单调递增.所以F(x)的最小值F<0,即-a2+4a-4a ln<0.∵a>0,∴a+4ln-4>0.令h(a)=a+4ln-4,显然h(a)在(0,+∞)上为增函数,且h(2)=-2<0,h(3)=4ln-1=ln-1>0,所以存在a0∈(2,3),h(a0)=0.当a>a0时,h(a)>0,所以满足条件的最小正整数a=3.②证明:不妨设0<x1<x2,于是-(a-2)x1-a ln x1=-(a-2)x2-a ln x2,即+2x1--2x2=ax1+a ln x1-ax2-a ln x2=a(x1+ln x1-x2-ln x2).所以a=.∵F'=0,∴当x∈时,F'(x)<0,当x∈时,F'(x)>0,故只要证即可,即证x1+x2>,即证+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<+2x1--2x2,也就是证ln.设t=(0<t<1).令m(t)=ln t-,则m'(t)=.因为t>0,所以m'(t)≥0,当且仅当t=1时,m'(t)=0,所以m(t)在(0,+∞)上是增函数.又m(1)=0,所以当t∈(0,1),m(t)<0总成立,所以原题得证.4.证明 (1)略;(2)函数f(x)的定义域为x>0,f'(x)=,∵f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,∴g(x)=x2-2x-m=0有两个不同的正根x1=1-,x2=1+,∴∴-1<m<0.欲证明f(x2)=x2+-2ln x2<x2-1,即证明2ln x2->1,∵m=-2x2,∴证明2ln x2->1成立,等价于证明2ln x2-x2>-1成立.∵m=x2(x2-2)∈(-1,0),∴x2=1+∈(1,2).设函数h(x)=2ln x-x,x∈(1,2),求导可得h'(x)=-1.易知h'(x)>0在x∈(1,2)上恒成立,即h(x)在x∈(1,2)上单调递增,∴h(x)>h(1)=-1,即2ln x2-x2>-1在x2∈(1,2)上恒成立,∴函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2时,f(x2)<x2-1.5.(1)解∵h(x)=g(x)-f(x)=x-a ln x+,其定义域是(0,+∞),∴h'(x)=.①1+a≤０即a≤-1时,x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)递增;②a+1>0即a>-1时,x∈(0,1+a)时,h'(x)<0,x∈(1+a,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,综上,a>-1时,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,a≤-1时,h(x)在(0,+∞)递增.(2)证明由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,故a=2.∵2ln x1+mx1=0,2ln x2+mx2=0,∴2(ln x2-ln x1)=m(x1-x2),又f(x)=2ln x,∴f'(x)=,==+m+ln.令=t≥ｅ2,φ(t)=+ln t,则φ'(t)=>0,∴φ(t)在[e2,+∞)上递增,φ(t)≥φ(e2)=1+>1+,故.6.解 (1)f'(x)=,令f'(x)=0得x=.当x=且x≠０时,f'(x)<0;当x>时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在上单调递减,在上单调递增.(2)假设曲线y=f(x)与y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线,且切点横坐标为x0>0,则即其中②式即4-3e2x0-e3=0.记h(x)=4x3-3e2x-e3,x∈(0,+∞),则h'(x)=3(2x+e)(2x-e),得h(x)在上单调递减,在上单调递增,又h(0)=-e3,h=-2e3,h(e)=0,故方程h(x0)=0在(0,+∞)上有唯一实数根x0=e,经验证也满足①式.于是,f(x0)=g(x0)=3e,f'(x0)=g'(x0)=3,曲线y=g(x)与y=g(x)的公切线l的方程为y-3e=3(x-e),即y=3x.。
2019年高考数学二轮复习专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数理
专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018河南郑州二模,理21)已知函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.2.(2018河南郑州一模,理21)已知函数f(x)=ln x+,a∈R且a≠0.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x∈时,试判断函数g(x)=(ln x-1)e x+x-m的零点个数.3.设函数 f (x )=x 2-a ln x ,g (x )=(a-2)x.(1)略;(2)若函数 F (x )=f (x )-g (x )有两个零点 x 1,x 2,①求满足条件的最小正整数 a 的值;②求证:F'>0.4.(2018 河北保定一模,理 21 节选)已知函数 f (x )=ln x-(a ∈R).(1)略;(2)若 f (x )有两个极值点 x 1,x 2,证明:f.5.已知函数 f (x )=(x-2)e x +a (x-1)2 有两个零点.(1)求 a 的取值范围;(2)设 x 1,x 2 是 f (x )的两个零点,证明:x 1+x 2<2.6.(2018 山西名校二模,理 21)已知函数 f (x )=m ln x.(1)讨论函数 F (x )=f (x )+-1 的单调性;所以 f (x )max (1)=e -1,x ∈[0,1].f (x )过点(1,e -1),且 y=f (x )在 x=1 处的切线方程为 y=(e -(2)定义:“对于在区域 D 上有定义的函数 y=f (x )和 y=g (x ),若满足 f (x )≤g (x )恒成立,则称曲线y=g (x )为曲线 y=f (x )在区域 D 上的紧邻曲线”.试问曲线 y=f (x+1)与曲线 y=是否存在相同的紧邻直线,若存在,请求出实数 m 的值;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练 8 利用导数证明问题及讨论零点个数1.解 (1)f'(x )=e x -2x ,由题设得 f'(1)=e -2,f (1)=e -1,f (x )在 x=1 处的切线方程为 y=(e -2)x+1.(2)f'(x )=e x -2x ,f″(x )=e x -2,∴f'(x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,所以 f'(x )≥f'(ln 2)=2-2ln 2>0,所以 f (x )在[0,1]上单调递增,=f2)x+1,故可猜测:当 x>0,x ≠1 时,f (x )的图象恒在切线 y=(e -2)x+1 的上方.下证:当 x>0时,f (x )≥(e -2)x+1,设 g (x )=f (x )-(e -2)x-1,x>0,则 g'(x )=e x -2x-(e -2),g″(x )=e x -2,g'(x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又 g'(0)=3-e >0,g'(1)=0,0<ln 2<1,∴g'(ln 2)<0,所以,存在 x 0∈(0,ln 2),使得 g'(x 0)=0,所以,当 x ∈(0,x 0)∪(1,+∞)时,g'(x )>0;当 x ∈(x 0,1)时,g'(x )<0,故 g (x )在(0,x 0)上单调递 增,在(x 0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又 g (0)=g (1)=0,∴g (x )=e x -x 2-(e -2)x-1≥0,当且仅当 x=1 时取等号,故 x ,x>0.又 x ≥ln x+1,即 ln x+1,当 x=1 时,等号成立.2.解 (1)f'(x )=(x>0),当 a<0 时,f'(x )>0 恒成立,函数 f (x )在(0,+∞)上递增;当 a>0 时,由f'(x )>0,得 x>,由 f'(x )<0,得 0<x<,函数单调递增区间为,单调递减区间为综上所述,当 a<0 时,函数 f (x )的单调递增区间为(0,+∞).当 a>0 时,函数 f (x )的单调递增区间为,单调递减区间为(2)∵x 时,函数 g (x )=(ln x-1)e x +x-m 的零点,即方程(ln x-1)e x +x=m 的根.令 h (x )=(ln x-1)e x +x ,h'(x )=e x +1.由(1)知当 a=1 时,f (x )=ln x+-1 在递减,在[1,e]上递增,∴f (x )≥f (1)=0.+ln x-1≥0 在 x 上恒成立.∴h'(x )=e x +1≥0+1>0,∴h (x )=(ln x-1)e x +x 在 x 上单调递增.∴h (x )min =h=-2,h (x )max =e .所以当 m<-2 或 m>e 时,没有零点,当-2m ≤e 时有一个零点.3.解 (1)略;(2)①∵F (x )=x 2-a ln x-(a-2)x ,∴F'(x )=2x-(a-2)-(x>0).因为函数 F (x )有两个零点,所以 a>0,此时函数 F (x )在单调递减,在单调递增.所以 F (x )的最小值 F<0,即-a 2+4a-4a ln <0.∵a>0,∴a+4ln -4>0.令 h (a )=a+4ln -4,显然 h (a )在(0,+∞)上为增函数,且 h (2)=-2<0,h (3)=4ln -1=ln -1>0,所以存在 a 0∈(2,3),h (a 0)=0.当 a>a 0 时,h (a )>0,所以满足条件的最小正整数 a=3.②证明:不妨设 0<x 1<x 2,于是-(a-2)x 1-a ln x 1=-(a-2)x 2-a ln x 2,即+2x 1--2x 2=ax 1+a ln x 1-ax 2- a ln x 2=a (x 1+ln x 1-x 2-ln x 2).所以 a=∵F'=0,∴当 x 时,F'(x )<0,当 x 时,F'(x )>0,故只要证即可,即证 x 1+x 2>,即证+(x 1+x 2)(ln x 1-ln x 2)<+2x 1--2x 2,也就是证 ln设 t=(0<t<1).令 m (t )=ln t-,则 m'(t )=因为 t>0,所以 m'(t )≥0,当且仅当 t=1 时,m'(t )=0,所以 m (t )在(0,+∞)上是增函数.又 m (1)=0,所以当 t ∈(0,1),m (t )<0 总成立,所以原题得证.4.解 (1)略;(2)f'(x )=(x>0),令 p (x )=x 2+(2-a )x+1,由 f (x )在(0,+∞)有两个极值点 x 1,x 2,则方程 p (x )=0 在(0,+∞)有两个实根 x 1,x 2,得 a>4.∴f (x 1)+f (x 2)=ln x 1-+ln x 2-=ln x 1x 2-=-a ,f=f=ln =ln -(a-2).∴f=ln -a-2+=ln +2.设 h (a )=ln +2(a>4),则 h'(a )=<0,∴h (a )在(4,+∞)上为减函数,又 h (4)=0,∴h (a )<0,∴f5.(1)解 f'(x )=(x-1)e x +2a·(x-1)=(x-1)(e x +2a ).(ⅰ)若 a=0,则 f (x )=(x-2)e x ,f (x )只有一个零点.(ⅱ)若 a>0,则当 x ∈(-∞,1)时,f'(x )<0;当 x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,所以 f (x )在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.又 f (1)=-e,f (2)=a ,取 b 满足 b<0 且 b<ln,则 f (b )>(b-2)+a (b-1)2=a>0,故 f (x )存在两个零点.(ⅲ)若 a<0,由 f'(x )=0 得 x=1 或 x=ln(-2a ).若 a ≥-,则 ln(-2a )≤1,故当 x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,因此 f (x )在(1,+∞)内单调递增.又当 x ≤1 时,f (x )<0,所以 f (x )不存在两个零点.若 a<-,则 ln(-2a )>1,故当 x ∈(1,ln(-2a ))时,f'(x )<0;当 x ∈(ln(-2a ),+∞)时,f'(x )>0.因此 f (x )在(1,ln(-2a ))内单调递减,在(ln(-2a ),+∞)内单调递增.又当 x ≤1 时 f (x )<0,所以 f (x )不存在两个零点.综上,a 的取值范围为(0,+∞).(2)证明 不妨设 x 1<x 2,由(1)知,x 1∈(-∞,1),x 2∈(1,+∞),2-x 2∈(-∞,1),f (x )在(-∞,1)内单调递减,所以 x 1+x 2<2 等价于 f (x 1)>f (2-x 2),即 f (2-x 2)<0.由于 f (2-x 2)=-x 2+a (x 2-1)2,而 f (x 2)=(x 2-2)+a (x 2-1)2=0,所以 f (2-x 2)=-x 2-(x 2-2)设 g (x )=-x e 2-x-(x-2)e x ,则 g'(x )=(x-1)(e 2-x -e x ).所以当 x>1 时,g'(x )<0,而 g (1)=0,故当 x>1 时,g (x )<0.从而 g (x 2)=f (2-x 2)<0,故 x 1+x 2<2.6.解 (1)F'(x )=(x>0).当 m ≤0 时,F'(x )<0,函数 F (x )在(0,+∞)上单调递减;当 m>0 时,令 F'(x )<0,得 x<,函数 F (x )在上单调递减;令 F'(x )>0,得 x>,函数 F (x )在上单调递增;综上所述,当 m ≤0 时,函数 F (x )在(0,+∞)上单调递减;当 m>0 时,函数 F (x )在上单调递减,在上单调递增.(2)原命题等价于曲线 y=f (x+1)与曲线 y=是否相同的外公切线.函数 f (x+1)=m ln(x+1)在点(x 1,m ln(x 1+1))处的切线方程为 y-m ln(x 1+1)=(x-x 1),即 y=x+m ln(x 1+1)-,曲线 y=在点处的切线方程为 y-(x-x 2),即 y=x+曲线 y=f (x+1)与 y=的图象有且仅有一条外公切线,所以有唯一一对(x 1,x 2)满足这个方程组,且 m>0,由①得 x 1+1=m (x 2+1)2,代入②消去 x 1,整理得 2m ln(x 2+1)++m ln m-m-1=0,关于 x 2(x 2>-1)的方程有唯一解.令 g (x )=2m ln(x+1)++m ln m-m-1(x>-1),∴g'(x )=当 m>0 时,g (x )在上单调递减,在上单调递增;∴g (x )min =g=m-m ln m-1.因为 x →+∞,g (x )→+∞;x →-1,g (x )→+∞,只需 m-m ln m-1=0.令 h (m )=m-m ln m-1,h'(m )=-ln m 在(0,+∞)上为单调递减函数,且 m=1 时,h'(m )=0,即 h (m )max =h (1)=0,所以 m=1 时,关于 x 2 的方程 2m ln(x 2+1)++m ln m-m-1=0 有 唯一解,此时 x 1=x 2=0,外公切线的方程为 y=x.∴这两条曲线存在相同的紧邻直线,此时 m=1.。
专题05用好导数,破解函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(解析版)
”19高考勤学府由题命即区间探究与突破专题第一篇函数与导致专题05用好导数,破解函数零点问题一.方法综述近几年的高考数学试题中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化、综合化.处理函数零点问题时，我们不但要掌握零点存在性定理，还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法，才能有效地找 到解题的突破口.利用导数解决函数的零点问题，是近几年高考命题的热点题型，此类题一般属于压轴题， 难度较大.本专题举例说明如何用女?导数，破解函数零点问题.[…二.解题策略・♦・在（1/（1））处的切线方程为： 2 ，化简得4x + 2y-5 = o .Q ）由（D 知，3 =”y一，因为工>。
「令尸（力=。
上得久=依所以郃豆9扬 时，有尸⑴《0,则9遍）是函数了㈤的单调递减区间； 当嵬£ （国一句 时,有尸但>0,则（34却是图翻,3的单调递游区间.当工已（工白）时J 函数fG ）在（1*可上单调递减，在—耳的上单调递增； 又因为凡D = pf （e ） = # 一 3 > oj （^） =;（l-ln3） < 0, 所以f 在区间（L P ）上有两个零点，【指点迷津】类型一讨论函数零点的个数/1（#） = 1/一 31rw 门 , …仆【例。
1】【吉林省通榆县第一中学 2019届高三上期中】已知函数r 上 .（1）求/（*）在处的切线方程；（2）.试判断网岑在区间（L*•上有没有零点？若有则判断零点的个数.【答案】（1）杀+ 2y-5 = 0； （2） 2.【解析】「⑴7f ⑴M,有2,1 y — =：— 2（x — 1）讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断(证明)零点的存在性，确定函数零点的个数1【举一反二】【2015局考新课标1,理21］已知函数f (x) =x ax —,g(x) In x.4(I)当a为何值时，x轴为曲线y f (x)的切线；(n)用min m,n 表示m,n中的最小值，设函数h(x) min f(x),g(x) (x 0),讨论h (x)零点的个数.3 3 5 ........................... 3 5【答案】(i) a 一；(n)当a —或a —时，h(x)由一个零点；当a 一或a —时，h(x)有4 4 4 4 45 3两个零点；当一a —时，h(x)有三个零点.学&6 4【解析】X5 + QX. + — = 0《I)设曲线P二/00与工轴相切于点小◎，则二口二o,即y 4 ，解得十口= 013K.= —. £7 = —“ 2 4因此1当口二—时，工轴是曲j三,㈤的崩量 .......................... 5分4ln x 0 ,从而h(x) min{ f (x), g(x)} g(x) 0,(n)当x (1,)时，g(x)h(x)在(1, +8)无零点.5 5 ...................................... ....当x=1 时，若a —,则f(1) a —0, h(1) min{ f (1),g(1)} g(1) 0,故x =1 是h(x)的零点；4 44 5 5 一一 __________ 一一一一右a —，则 f ⑴ a - 0 , h(1) min{ f (1),g(1)} f (1) 0,故x=1 不是h(x)的零点.4 4当x (0,1)时，g(x) ln x 0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.2 1(i)若a 3或a 0,则f(x) 3x a 在(0,1)无零点，故f(x)在(0,1)单调，而f(0)一,4 5f(1) a —,所以当a 3时，f (x)在(0,1)有一个零点；当a 0时，f (x)在(0, 1)无零点.46i)若3 a 0,则f(x)在(0, J"|)单调递减，在(『3,1)单调递增，故当x = J"a时，f(x)取的最小值，最小值为①若f(J a，>0，即:< a < 0，f(X)在0 0,l 无零点.②若f( a)=o,即a 3,则f(x)在(0,1)有唯一零点; ,3 4③若f(.1 a)<0,即3 a 3 一…、1—，由于f (0)—,4 4f (1) a 9,所以当45 3r「，、一、a 一时，f (x)在(0,1)4 4后两个零点；当 3 a 5■时,4f (x)在(0,1)有一一个零点.•・•1阴综上，当a 3 一一或a4 5时, 4h(x)由一个零点；. 3 T当a —或a45 ..................................... ........一时，h(x)司两个零点；当45 3-a 一时，h(x)有二个零点. ........ 12分学*4 4类型二已知函数在区间上有零点，求参数的取值范围【例2】【河北省衡水中学2019届高三上学期二调】已知函数fW= / - 2工(1)求曲线) =北灯在点(。
2019年高考数学(文)二轮复习对点练：专题二 函数与导数 专题对点练6 Word版含答案
专题对点练6导数与函数的单调性、极值、最值1.已知函数f(x)=ln x+(a∈R).(1)若函数f(x)在区间(0,4)上单调递增,求a的取值范围;(2)若函数y=f(x)的图象与直线y=2x相切,求a的值.2.已知函数f(x)=ln x+ax2-x-m(m∈Z).(1)若f(x)是增函数,求a的取值范围;(2)若a<0,且f(x)<0恒成立,求m的最小值.3.设函数f(x)=a ln x+ (e为自然对数的底数).(1)当a>0时,求函数f(x)的极值;(2)若不等式f(x)<0在区间(0,e2]内有解,求实数a的取值范围.4.已知函数f(x)= x3-ax2,a∈R.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.专题对点练6答案1.解(1)f'(x)=,∵函数f(x)在区间(0,4)上单调递增,∴f'(x)≥0在(0,4)上恒成立,∴(x+1)2+ax≥0,即a≥-=--2在(0,4)上恒成立,∵x+≥2,取等号条件为当且仅当x=1,∴a≥-4.(2)设切点为(x0,y0),则y0=2x0,f'(x0)=2,y0=ln x0+,∴=2,①且2x0=ln x0+.②由①得a=,代入②得2x0=ln x0+(2x0-1)(x0+1),即ln x0+2-x0-1=0.令F(x)=ln x+2x2-x-1,则F'(x)= +4x-1=.∵4x2-x+1=0的Δ=-15<0,∴4x2-x+1>0恒成立.∴F'(x)在(0,+∞)上恒为正值,∴F(x)在(0,+∞)上单调递增.∵F(1)=0,∴x0=1代入①式得a=4.2.解(1)f'(x)= +ax-1,依题设可得a≥,而=-,当x=2时,等号成立.所以a的取值范围是.(2)由(1)可知f'(x)= +ax-1=.设g(x)=ax2-x+1,则g(0)=1>0,g(1)=a<0,g(x)=a+1-在(0,+∞)内单调递减,因此g(x)=0在(0,1)内有唯一的解x0,使得a=x0-1,而且当0<x<x0时,f'(x)>0,当x>x0时,f'(x)<0,所以f(x)≤f(x0)=ln x0+-x0-m=ln x0+ (x0-1)-x0-m=ln x0-x0--m.设r(x)=ln x-x--m,则r'(x)=>0.所以r(x)在(0,1)内单调递增.所以r(x)<r(1)=-1-m,由已知可得-1-m≤0,所以m≥-1,即m的最小值为-1.3.解(1)由题意,f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=(x>0),当a>0时,由f'(x)>0,解得x>,由f'(x)<0,解得0<x<,故函数f(x)在递减,在递增,故函数f(x)只有极小值f=a ln+a,无极大值.(2)f(x)<0在区间(0,e2]内有解,即f(x)在区间(0,e2]的最小值小于0.(ⅰ)当a≤0时,f'(x)<0,则函数f(x)在区间(0,e2]内为减函数,故f(x)的最小值是f(e2)=2a+<0,即a<-;(ⅱ)当a>0时,函数f(x)在区间内为减函数,在区间内为增函数,①若e2≤,即0<a≤,函数f(x)在区间(0,e2]内为减函数,由(ⅰ)知,f(x)的最小值f(e2)<0时,a<-,与0<a≤矛盾;②若e2>,即a>,则函数f(x)的最小值是f=a ln+a,令f=a ln+a<0,得a>e2.综上,实数a的范围是∪(e2,+∞).4.解(1)由题意f'(x)=x2-ax,所以当a=2时,f(3)=0,f'(x)=x2-2x,所以f'(3)=3,因此曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,所以g'(x)=f'(x)+cos x-(x-a)sin x-cos x=x(x-a)-(x-a)sin x=(x-a)(x-sin x).令h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0,所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;当x<0时,h(x)<0.①当a<0时,g'(x)=(x-a)(x-sin x),当x∈(-∞,a)时,x-a<0,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(a,0)时,x-a>0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=a时g(x)取到极大值,极大值是g(a)=- a3-sin a,当x=0时g(x)取到极小值,极小值是g(0)=-a.②当a=0时,g'(x)=x(x-sin x),当x∈(-∞,+∞)时,g'(x)≥0,g(x)单调递增.所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时,g'(x)=(x-a)(x-sin x).当x∈(-∞,0)时,x-a<0,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,a)时,x-a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(a,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=0时g(x)取到极大值,极大值是g(0)=-a;当x=a时g(x)取到极小值,极小值是g(a)=- a3-sin a.综上所述:当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(a)=- a3-sin a,极小值是g(0)=-a;当a=0时,函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;当a>0时,函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大值是g(0)=-a,极小值是g(a)=- a3-sin a.。
(完整word)最新2019高考数学《导数及其应用》专题完整考试题(含答案),推荐文档
2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校： ___________ 姓名： ___________ 班级： ____________ 考号： ___________一、选择题1.f(x) X 3 3x 2 2在区间 1,1上的最大值是()(A)-2(B)0(C)2(D)4(200浙江文)二、 填空题12. 已知 a > 0方程 x 2-2ax-2alnx=0 有唯一解，则 a =.-21 23.曲线f(x) x 2 cosx 在x 0处的切线的斜率为▲.34. 若函数 f(x)= ax 4+ bx 2 + c 满足 f (1)2，贝V f ( 1) _______ .5. 已知函数 f (x) mx 2 In x 2x 在定义域内是增函数， 则实数 m 的取值范围 是 ▲. (2)6. 若曲线y ax Inx 在点(1,a)处的切线平行于 x 轴，则a _________________ . (2013年高 考广东卷(文))327. 函数f(x) x 15x 33x 6的单调减区间为 —.解析考查利用导数判断函数的单调性。
f (x) 3x 2 30x 33 3(x 11)(x 1),由(x 11)(x 1) 0得单调减区间为(1,11)。
亦可填写闭区间或半开半闭区间。
n 1*9.设曲线y x (nN )在点(1, 1)处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 X n ,令a n lg X n ，贝U a 1 a 2 L a ?9的值为 __________ (2009陕西卷理)已知函数f(x)= (3) sinx+cosx,贝U(4)=(2 )设 a 0 ,如果过点(a, b)可作曲线yf(x)的三条切线，证明a b f (a).(全国二理 本小题满分12分)14.设函数f x2x aln 1 x 有两个极值点 * X 2，且治(I )求a 的取值范围，并讨论 f x 的单调性;(II )证明：1 『X 21 2In2415.设函数f(x)13 2 2 x x (m 1)x,(x R,)其中 m 03(i)当m 1时，曲线y f(x)在点(1, f (1) 处的切线斜率(n)求函数的单调区间与极值；10.函数y sin x 与y cosx 在［0,—］内的交点为P ,它们在点P 处的两条切线与x 轴所11.若函数f (x )=ax 3— x 2+ x -5在R 上单调递增，则 a 的范围是 _________________________三、解答题12. 已知函数 f(x) x x a Inx .(1 )若a =1，求函数f (x)在区间［1,e ］的最大值； (2) 求函数f (x)的单调区间； (3)若f(x) 0恒成立，求a 的取值范围.(本小题满分16分)313. 已知函数f (x) x x .(1)求曲线y f (x)在点M(t , f (t))处的切线方程；围成的三角形的面积为 -233 x [XiX] , f(x)f(1)恒成立，求m 的取值范围。
2019年高考数学(文科)二轮复习对点练：二函数与导数专题对点练7(含答案)
1 22 x x专题对点练 7导数与不等式及参数范围1.已知函数 f(x)= x 2+ (1-a)x-alnx. (1)讨论 f(x)的单调性;(2)设 a< 0,若对 x 1,x 2∈(0,+∞),|f(x 1)-f(x 2)|≥4|x -x |,求 a 的取值范围.2.设函数 f(x)= (1-x )e . (1)求 f(x)的单调区间;(2)当 x≥0 时,f(x)≤ax+ 1,求 a 的取值范围.3.(2018北京,文 19)设函数 f(x)= [ax 2-(3a+ 1)x+ 3a+ 2]e . (1)若曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为 0,求 a; (2)若 f(x)在 x= 1 处取得极小值,求 a 的取值范围.4.已知函数 f(x)= lnx+ax 2+ (2a+ 1)x. (1)讨论 f(x)的单调性;(2)当 a< 0 时,证明 f(x)≤- -2.' 12x当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x),取x0=,则x∈(0,1),(1)(1+x)2-ax-1=0,当a≤0时,取x0=,则x∈(0,1),(x)>(1-x)(1+x)2=1≥ax+1.xxx专题对点练7答案1.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)=x+1-a-,若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)内单调递增;若a>0,则由f'(x)=0得x=a,当0<x<a时,f'(x)<0,当x>a时,f'(x)>0,此时f(x)在(0,a)内单调递减,在(a,+∞)内单调递增.(2)不妨设x1≤x2,而a<0,由(1)知,f(x)在(0,+∞)内单调递增,∴f(x1)≤f(x2),|f(x1)-f(x2)|≥4|x-x|4x1-f(x1)≥4x2-f(x2),令g(x)=4x-f(x),则g(x)在(0,+∞)内单调递减,∵g'(x)=4-f'(x)=4--x+3+a,∴g'(x)=-x+3+a≤0对x∈(0,+∞)恒成立,∴a≤∴a≤对x∈(0,+∞)恒成立,.又≥2=x+1+-5-5=-1,当且仅当x+1=,即x=1时,等号成立.∴a≤-1,故a的取值范围为(-∞,-1].2.解(1)f'(x)=(1-2x-x)e.令f'(x)=0得x=-1-,x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时,f'(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时,f'(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)内单调递减,在(-1-(2)f(x)=(1+x)(1-x)e.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e,h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)内单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.,-1+)内单调递增.2故f(x0)>ax+1.f综上,a的取值范围是[1,+∞).3.解(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e,所以f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]e.所以f'(2)=(2a-1)e.由题设知f'(2)=0,即(2a-1)e=0,解得a=.(2)(方法一)由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]e=(ax-1)(x-1)e.若a>1,则当x∈时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.-x2 ' 若 a≤1,则当 x ∈(0,1)时,ax-1≤x -1< 0,所以 f'(x)> 0. 所以 1 不是 f(x)的极小值点.综上可知,a 的取值范围是(1,+∞). (方法二)由(1)得 f'(x)= (ax-1)(x-1)e . 当 a= 0 时,令 f'(x)= 0,得 x= 1.f'(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:x (-∞,1) f'(x) + f(x) ↗1 0极大值 (1,+∞) -↘∴f(x)在 x= 1 处取得极大值,不合题意. 当 a> 0 时,令 f'(x)= 0, 得 x 1= ,x 2= 1.①当 x 1=x 2,即 a= 1 时,f'(x)= (x-1) e x ≥0,∴f(x)在 R 上单调递增, ∴f(x)无极值,不合题意.②当 x 1>x 2,即 0<a< 1 时,f'(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:x (-∞,1) 1f'(x)f(x)+↗极大值-↘极小值+↗∴f(x)在 x= 1 处取得极大值,不合题意.③当 x 1<x 2,即 a> 1 时,f'(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:x1(1,+∞)f'(x)f(x)+↗极大值 -↘ 0极小值+↗∴f(x)在 x= 1 处取得极小值,即 a> 1 满足题意. 当 a< 0 时,令 f'(x)= 0,得 x 1= ,x 2= 1. f'(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:x1(1,+∞)f'(x)f(x) -↘ 0极小值+↗极大值 -↘∴f(x)在 x= 1 处取得极大值,不合题意. 综上所述,a 的取值范围为(1,+∞).4.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f (x)= +2ax+ 2a+ 1=.若 a≥0,则当 x ∈(0,+∞)时,f'(x)> 0,故 f(x)在(0,+∞)单调递增.若 a< 0,则当 x ∈当 x ∈故 f(x)在时,f'(x)> 0;时,f'(x) <0.单调递增,在 单调递减.(2)证明 由(1)知,当 a< 0 时,f(x)在 x=- 取得最大值,最大值为 f = ln -1- .所以 f(x)≤- -2 等价于 ln即 ln + 1≤0.-1- ≤- -2,单 设 g(x)= lnx-x+1,则 g'(x)= -1. 当 x ∈(0,1)时,g'(x)> 0; 当 x ∈(1,+∞)时,g'(x)< 0. 所以 g(x)在(0,1) 调递增,在(1,+∞)单调递减. 故当 x= 1 时,g(x)取得最大值,最大值为 g(1)= 0. 所以当 x> 0 时,g(x)≤0.从而当 a< 0 时,ln即 f(x)≤- -2.+ 1≤0,。
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专题突破练8 利用导数证明问题及讨论零点个数
1.(2018全国卷3,文21)已知函数f(x)=.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.
2.设函数f(x)=e2x-a ln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;
(2)证明当a>0时,f(x)≥2a+a ln.
3.设函数f(x)=x2-a ln x,g(x)=(a-2)x.
(1)略;
(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1,x2,
①求满足条件的最小正整数a的值;
②求证:F'>0.
4.(2018福建龙岩4月质检,文21节选)已知函数f(x)=-2ln x,m∈R.
(1)略;
(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,证明:f(x2)<x2-1.
5.已知函数f(x)=a ln x,g(x)=x++f'(x).
(1)讨论h(x)=g(x)-f(x)的单调性;
(2)若h(x)的极值点为3,设方程f(x)+mx=0的两个根为x1,x2,且≥e a,求证:.
6.(2018河南安阳一模,文21)已知函数f(x)=,g(x)=3eln x,其中e为自然对数的底数.
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)试判断曲线y=f(x)与y=g(x)是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在,求出公切线l的方程;若不存在,请说明理由.
参考答案
专题突破练8利用导数证明
问题及讨论零点个数
1.解 (1)f'(x)=,f'(0)=
2.因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.
(2)当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+e x+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+e x+1,
则g'(x)=2x+1+e x+1.
当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.
因此f(x)+e≥0.
2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>0时,因为e2x单调递增,-单调递增,所以f'(x)在(0,+∞)单调递增.
又f'(a)>0,当b满足0<b<且b<时,f'(b)<0,故当a>0时,f'(x)存在唯一零点. (2)证明由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.
故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
由于2=0,所以f(x0)=+2ax0+a ln≥2a+a ln.
故当a>0时,f(x)≥2a+a ln.
3.解 (1)略;
(2)①∵F(x)=x2-a ln x-(a-2)x,
∴F'(x)=2x-(a-2)-(x>0).因为函数
F(x)有两个零点,所以a>0,此时函数F(x)在单调递减,在单调递增.
所以F(x)的最小值F<0,
即-a 2
+4a-4a ln <0. ∵a>0,∴a+4ln -4>0.
令h (a )=a+4ln -4,显然h (a )在(0,+∞)上为增函数,且h (2)=-2<0,h (3)=4ln -1=ln -1>0,
所以存在a 0∈(2,3),h (a 0)=0.
当a>a 0时,h (a )>0,所以满足条件的最小正整数a=3.
②证明:不妨设0<x 1<x 2,于是
-(a-2)x 1-a ln x 1=-(a-2)x 2-a ln x 2,即
+2x 1--2x 2=ax 1+a ln x 1-ax 2-a ln x 2=a (x 1+ln x 1-x 2-ln
x 2).所以a=.
∵F'=0,∴当x ∈时,F'(x )<0,当x ∈时,F'(x )>0,故只要证
即可,
即证x 1+x 2>
, 即证+(x 1+x 2)(ln x 1-ln x 2)<+2x 1--2x 2,
也就是证ln .
设t=(0<t<1).
令m (t )=ln t-,
则m'(t)=.
因为t>0,所以m'(t)≥0,当且仅当t=1时,m'(t)=0,所以m(t)在(0,+∞)上是增函数.
又m(1)=0,所以当t∈(0,1),m(t)<0总成立,所以原题得证.
4.证明 (1)略;
(2)函数f(x)的定义域为x>0,f'(x)=,
∵f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,∴g(x)=x2-2x-m=0有两个不同的正根x1=1-,x2=1+,
∴∴-1<m<0.
欲证明f(x2)=x2+-2ln x2<x2-1,即证明2ln x2->1,
∵m=-2x2,
∴证明2ln x2->1成立,等价于证明2ln x2-x2>-1成立.
∵m=x2(x2-2)∈(-1,0),
∴x2=1+∈(1,2).
设函数h(x)=2ln x-x,x∈(1,2),求导可得h'(x)=-1.
易知h'(x)>0在x∈(1,2)上恒成立,即h(x)在x∈(1,2)上单调递增,
∴h(x)>h(1)=-1,即2ln x2-x2>-1在x2∈(1,2)上恒成立,
∴函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2时,f(x2)<x2-1.
5.(1)解∵h(x)=g(x)-f(x)=x-a ln x+,其定义域是(0,+∞),
∴h'(x)=.
①1+a≤0即a≤-1时,x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)递增;
②a+1>0即a>-1时,x∈(0,1+a)时,h'(x)<0,x∈(1+a,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,
综上,a>-1时,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,a≤-1时,h(x)在(0,+∞)递增. (2)证明由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,故a=2.
∵2ln x1+mx1=0,2ln x2+mx2=0,
∴2(ln x2-ln x1)=m(x1-x2),
又f(x)=2ln x,∴f'(x)=,
=
=+m+ln.
令=t≥e2,φ(t)=+ln t,则φ'(t)=>0,
∴φ(t)在[e2,+∞)上递增,φ(t)≥φ(e2)=1+>1+,故
.
6.解 (1)f'(x)=,令f'(x)=0得x=.当x=且x≠0时,f'(x)<0;当x>时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在上单调递减,在上单调递增.
(2)假设曲线y=f(x)与y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线,且切点横坐标为x0>0,
则
即其中②式即4-3e2x0-e3=0.
记h(x)=4x3-3e2x-e3,x∈(0,+∞),
则h'(x)=3(2x+e)(2x-e),得h(x)在上单调递减,在上单调递增,又
h(0)=-e3,h=-2e3,h(e)=0,故方程h(x0)=0在(0,+∞)上有唯一实数根x0=e,经验证也满足①式.
于是,f(x0)=g(x0)=3e,f'(x0)=g'(x0)=3,曲线y=g(x)与y=g(x)的公切线l的方程为y-3e=3(x-e),即y=3x.。