【推荐精选】2018届高考数学 高考大题专项突破一 函数、导数、方程、不等式压轴大题 1.3 导数与函数的零点

1.3 导数与函数的零点及参数范围
1.(2017天津六校联考,文21)设函数f(x)=ln x-ax2-bx.
(1)当a=b=时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当a=0,b=-1时,方程f(x)=mx在区间[1,e2]上有唯一实数解,求实数m的取值范围.
2.(2017湖北荆州质检一,文21)已知函数f(x)=+a(x-ln x),e为自然对数的底数.
(1)当a>0时,试求f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在x∈上有三个不同的极值点,求实数a的取值范围.
3.(2017北京东城一模,文20)设函数f(x)=x3-x2+ax,a∈R.
(1)若x=2是f(x)的极值点,求a的值,并讨论f(x)的单调性;
(2)已知函数g(x)=f(x)-ax2+,若g(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.
4.(2017湖南长郡中学临考冲刺,文21)已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x(a∈R).
(1)若曲线g(x)=f(x)+x在点(1,g(1))处得切线过点(0,2),求函数g(x)的单调减区间;
(2)若函数y=f(x)在上无零点,求a的最小值.
5.(2017河南豫南九校质量考评八,文21)已知函数f(x)=ln x+(a>0).
(1)若函数f(x)有零点,求实数a的取值范围;
(2)证明:当a≥,b>1时,f(ln b)>.
〚导学号24190963〛6.(2017福建宁德一模,文21)已知函数f(x)=ln x-ax+(a∈R).
(1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若g(x)=f(x)+a(x-1)有两个零点x1,x2,且x1<x2,求证:x1+x2>1.
〚导学号24190964〛
1.3导数与函数的零点及参数范围
1.解 (1)依题意,知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=b=时,f(x)=ln x-x2-x,
f'(x)=x-,令f'(x)=0,解得x=1或x=-2(舍去),
当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0,所以f(x)的单调增区间为(0,1),减区间为(1,+∞).
(2)当a=0,b=-1时,f(x)=ln x+x,由f(x)=mx,得ln x+x=mx,又x>0,所以m=1+.
要使方程f(x)=mx在区间[1,e2]上有唯一实数解,只需m=1+有唯一实数解,令g(x)=1+(x>0),
∴g'(x)=,由g'(x)>0得0<x<e;g'(x)<0,得x>e,∴g(x)在区间[1,e]上是增函数,
在区间[e,e2]上是减函数.g(1)=1,g(e2)=1+,g(e)=1+,故1≤m<1+或m=1+.
2.解 (1)函数的定义域为x∈(0,+∞),f'(x)=+a,
当a>0时,对于∀x∈(0,+∞),e x+ax>0恒成立,所以,若x>1,f'(x)>0,若0<x<1,f'(x)<0, 所以f(x)的单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1).
(2)由条件可知f'(x)=0,在x∈上有三个不同的根,即e x+ax=0在x∈上有两个不同的根,且两根都不能为1,即a≠-e,a=-,令g(x)=-,g'(x)=-,
当x∈时单调递增,x∈(1,2)时单调递减,∴g(x)max=g(1)=-e,
g=-2,g(2)=-e2,而-2e2-2>0,
∴-2<a<-e.
3.解 (1)f(x)=x3-x2+ax,f'(x)=x2-x+a,
∵x=2是f(x)的极值点,
∴f'(2)=4-2+a=0,解得a=-2.
代入f'(x)=x2-x-2=(x+1)(x-2),令f'(x)=0,
解得x=-1或x=2.
令f'(x)>0,解得x>2或x<-1,
∴f(x)在x∈(-∞,-1),(2,+∞)时单调递增;
令f'(x)<0,解得-1<x<2,
∴f(x)在x∈(-1,2)时单调递减.
(2)g(x)=f(x)-ax2+x3-(1+a)x2+ax+,g'(x)=x2-(1+a)x+a=(x-1)(x-a).
①当a≥1时,x∈(0,1),
g'(x)>0恒成立,g(x)单调递增,又g(0)=>0,
因此此时函数g(x)在区间(0,1)内没有零点.
②当0<a<1时,x∈(0,a),g'(x)>0,g(x)单调递增,
x∈(a,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,
必有g(1)<0,∴(1+a)+a+<0,解得a<-1.舍去.
③当a≤0时,x∈(0,1),g'(x)<0,g(x)单调递减,
又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,
必有g(1)<0,解得a<-1.满足条件.
综上可得a的取值范围是(-∞,-1).
4.解 (1)∵g(x)=(3-a)x-(2-a)-2ln x,
∴g'(x)=3-a-,
∴g'(1)=1-a.
又g(1)=1,
∴1-a==-1,得a=2.
由g'(x)=3-2-<0,得0<x<2,
∴函数g(x)的单调减区间为(0,2).
(2)∵f(x)<0在区间上恒成立不可能,
∴要使函数f(x)在上无零点,只要对任意的x∈,f(x)>0恒成立,
即对x∈,a>2-恒成立,令I(x)=2-,x∈,
则I'(x)=-,再令m(x)=2ln x+-2,x∈,
则m'(x)=<0,
故m(x)在内为减函数,
于是m(x)>m=2-2ln 2>0,即I'(x)>0,于是I(x)在上为增函数,
∴I(x)<I=2-4ln 2,故要使a>2-恒成立,只要a∈[2-4ln 2,+∞).
综上,若函数f(x)在上无零点,
则a的最小值为2-4ln 2.
5.(1)解函数f(x)=ln x+的定义域为(0,+∞),
由f(x)=ln x+,得f'(x)=,
因为a>0,则x∈(0,a)时,f'(x)<0,x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.
所以函数f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
当x=a时,f(x)min=ln a+1,
当ln a+1≤0,即0<a≤时,又f(1)=ln 1+a=a>0,则函数f(x)有零点.
所以实数a的取值范围为.
(2)证明要证明f(ln b)>,即证ln(ln b)+,令t=ln b>0(b>1),则b=e t,
所以只需证ln t+>e-t,
整理得t ln t+a>t e-t.
令h(x)=x ln x+a,
则h'(x)=ln x+1.
当0<x<时,h'(x)<0;
当x>时,h'(x)>0.
所以函数h(x)在上单调递减,在上单调递增,
当x=时,h(x)min=-+a.
于是,当a≥时,h(x)≥-+a≥.①
令φ(x)=x e-x,则φ'(x)=e-x-x e-x=e-x(1-x).
当0<x<1时,φ'(x)>0;当x>1时,φ'(x)<0.
所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 当x=1时,φ(x)max=,于是,当x>0时,φ(x)≤.②
显然,不等式①,②中的等号不能同时成立,
故当x>0,a≥时,x ln x+a>x e-x.
因为b>1,所以ln b>0.所以ln b·ln(ln b)+a>ln b·e-ln b.
所以ln(ln b)+,即f(ln b)>.
6.(1)解当a=-时,f(x)=ln x+x+(x>0),求导,f'(x)=.
令f'(x)=0,解得x=或x=-1(舍去),
当f'(x)>0,解得x>,当f'(x)<0,解得0<x<,
∴函数的单调递增区间为,单调递减区间为,
∴当x=时,函数取极小值,极小值为2-ln 3.
(2)证明根据题意,g(x)=f(x)+a(x-1)=ln x+-a(x>0).
∵x1,x2是函数g(x)的两个零点,
∴ln x1+-a=0,ln x2+-a=0,
两式相减,可得ln,
即ln,
故x1x2=.
∴x1=,x2=,令t=,其中0<t<1,
则x1+x2=.构造函数h(t)=t--2ln t(0<t<1),
则h'(t)=,
∵0<t<1,h'(t)>0恒成立,
故h(t)<h(1),即t--2ln t<0,
则>1,故x1+x2>1.。