2018年高考数学二轮复习专题对点练8导数与函数的零点及参数范围理
2018年高考数学(理)二轮专题复习突破精练一专题对点练6 导数与函数的单调性、极值、最值附答案
专题对点练6导数与函数的单调性、极值、最值专题对点练第6页1.(2017辽宁大连检测,理20)已知函数f(x)=ln(x-1)+错误!未找到引用源。
(a∈R).(1)若函数f(x)在区间(1,4)内单调递增,求a的取值范围;(2)若函数y=f(x)的图象与直线4x-3y-2=0相切,求a的值.解(1)f'(x)=错误!未找到引用源。
,∵函数f(x)在区间(1,4)内单调递增,∴f'(x)≥0在(1,4)内恒成立,∴(x+1)2+a(x-1)≥0,即a≥错误!未找到引用源。
=-x-3+错误!未找到引用源。
=-错误!未找到引用源。
-4在(1,4)内恒成立,∵x∈(1,4),∴x-1∈(0,3),∴x-1+错误!未找到引用源。
≥4,取等号条件为当且仅当x=3,∴-错误!未找到引用源。
-4≤-8,∴a≥-8.(2)设切点为(x0,y0),则f'(x0)=错误!未找到引用源。
,4x0-3y0-2=0,y0=ln(x0-1)+错误!未找到引用源。
,∴错误!未找到引用源。
,①且错误!未找到引用源。
=ln(x0-1)+错误!未找到引用源。
. ②由①得a=错误!未找到引用源。
(x0+1)2,代入②得错误!未找到引用源。
=ln(x0-1)+错误!未找到引用源。
·(x0+1)x0,即ln(x0-1)+错误!未找到引用源。
=0,令F(x)=ln(x-1)+错误!未找到引用源。
,则F'(x)=错误!未找到引用源。
,∵8x2-19x+17=0的Δ=-183<0,∴8x2-19x+17>0恒成立.∴F'(x)在(1,+∞)内恒为正值,∴F(x)在(1,+∞)内单调递增.∵F(2)=0,∴x0=2代入①式得a=3.2.(2017辽宁鞍山一模,理21改编)已知函数f(x)=ln(x+1)+ax2,其中a∈R.(1)若函数f(x)在x=1处的切线与直线x+y-1=0垂直,求a的值;(2)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由.解(1)因为f'(x)=错误!未找到引用源。
三年高考2016_2018高考数学试题分项版解析专题08导数与不等式函数零点相结合理含解析55.doc
专题08 导数与不等式、函数零点相结合2018年高考全景展示1.【2018年全国卷Ⅲ理】已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．【答案】（1）见解析（2）当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.所以在单调递增.又，故当时，；当时，.（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.（ii）若，设函数.由于当时，，故与符号相同.又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点..如果，则当，且时，，故不是的极大值点.如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点，综上，.点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大。
2．【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：(1)先构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式，(2)研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.3．【2018年江苏卷】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设OC与MN所成的角为．（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．（2）当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大【解析】分析：（1）先根据条件求矩形长与宽，三角形的底与高，再根据矩形面积公式以及三角形面积公式得结果，最后根据实际意义确定的取值范围；（2）根据条件列函数关系式，利用导数求极值点，再根据单调性确定函数最值取法.详解：解：（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=，θ0∈（0，）．当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD ，所以sin θ的取值范围是[，1）． 答：矩形ABCD 的面积为800（4sin θcos θ+cos θ）平方米，△CDP 的面积为1600（cos θ–sin θcos θ），sin θ的取值范围是[，1）．令，得θ=，当θ∈（θ0，）时，，所以f （θ）为增函数；当θ∈（，）时，，所以f （θ）为减函数，因此，当θ=时，f （θ）取到最大值．答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．点睛：解决实际应用题的步骤一般有两步：一是将实际问题转化为数学问题；二是利用数学内部的知识解决问题.2017年高考全景展示1.【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】试题分析：函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+，设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e---+----'=-=-=，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，若0a ->，函数()h x 与函数()ag x 没有交点，当0a -<时，()()11ag h -=时，此时函数()h x 和()ag x 有一个交点， 即21a -⨯=-，解得12a =.故选C. 【考点】 函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用. 2.【2017课标1，理21】已知函数2()(2)xx f x ae a e x =+--.（1）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】试题分析：（1）讨论()f x 单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，在对a 按0a ≤，0a >进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）题，若0a ≤，()f x 至多有一个零点.若0a >，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，求出最小值1(ln )1ln f a a a-=-+，根据1a =，(1,)a ∈+∞，(0,1)a ∈进行讨论，可知当(0,1)a ∈有2个零点，设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n n f n a a n n n =+-->->->.由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点.所以a 的取值范围为(0,1).（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点.（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+. ①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<. 又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点.设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20n n n nf n a a n n n =+-->->->. 由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点. 综上，a 的取值范围为(0,1).【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数()f x 有2个零点求参数取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y a =与其交点的个数，从而求出a 的范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若()f x 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证有最小值两边存在大于0的点.3.【2017课标II ，理】已知函数()2ln f x ax ax x x =--，且()0f x ≥。
三年高考2016_2018高考数学试题分项版解析专题08导数与不等式函数零点相结合理含解析
专题08导数与不等式、函数零点相结合2018年咼考全景展示1. 【2018年全国卷川理】已知函数 ' =' ' 「七m •壮■ f勺（1 ）若• 二证明：当-】—u二时，：，当时，：■；（2 ）若是；的极大值点，求 ._ 1【答案】（1）见解析（2）-【解析】分析：（门求导，利用函数单调性证明即可。
⑵ 分类讨论自工。
和X（X构造函数试对二腔的性底即可得到玄的范围* 详解：(1〉当口= 0时丿f(x) = (2 + x)ln(l + x) - 2x 7f r(x)= ln(l 4-J:) - -7-.设函数PCO = = ln（l + ^）一士，贝=話矜当一1 vxvo时，9（耳）<D；当x>0时，9（町A D.故当r >- 1时,目（町二£f（0） = D ,且仅当^ = 0时，日= 0 .从而' n，且仅当，时，「「• _\所以’ 在I 〔• + “'）单调递增•又厂「-二，故当时，；’；当时，；'.（2）（i ）若，，由（1 ）知，当时，—mW' 一门一，这与是•’ 的极大值点矛盾.班刃=—竺—=+刃—(ii )若1'訂，设函数-! ■■■ ! ■«■■■■■■'|x| <—}由于当」时，二「，故 与’符号相同.又.-ui ： - II ，故「是’的极大值点当且仅当--■-是的极大值点.12(2 + X + ax 2) - 2x(1 +x 2(a 2x z ++ 1)Tr -------------------- — 冲—=右+乔兀二疋.如果阴+心)，则当圍 < rninfl, /—}且■'时，'，故■■--不是的极大值点.如果":+ ■- 「，则―:''存\x\ <J-—} ,在根.，故当且■'时，.，所以■■- - 不是的极大值点.如果：•：心=—_-..则1■- ■ 厂-5 -'-.则当•'巳 D 时，；当…：'；门时，.所以“―「是 的极大值点，从而 是’ 的极大值点，综上, 点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论,当* 时构造函数时关键，讨论函数. 的性质，本题难度较大。
2018版高考数学二轮复习特色专题训练专题03直击函数压轴题中零点问题理
专题03直击函数压轴题中零点问题、解答题21•已知函数 f x = Inx a x - i a 0 . （1）讨论f x 的单调性；3（2） 若f （x ）在区间（0,1 ）内有唯一的零点x 0，证明：e 2 ＜x 0 ＜e ，. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1 ）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区间即可； （2 ）依题可知f 1=0，若f （x ）在区间（0,1 ）内有唯一的零点x 0,由（1）可知a a 2，且 x ° =为 0,-，于是：lnx 0 a x 0 -1 i =0 ①，2ax 02-2ax 0 1=0 ②2由①②得lnx 0 -生=0,设g （x ）= Inx -口 , （x € （0,1）），求出函数的导数，根据函数的单调性证明 2x ° 2x即可.试题解析:① 当0 5兰2时，y = f[x ）^ （A g ）上单调递増② 当GA2时』设2a^-2ax+\=Q 的两个根为耳花（0＜码C* ＜花“且a — ^a 1 —2a a + —2a 西= > ^3 =lalay = /（x ）在（Q 西）丄冷+«＞）单调递増,在（坷也）单调递减.（2）依题可知f 1 =0，若f X 在区间0,1内有唯一的零点x 0，由（1）可知a 2,⑴ r （x ）=—2ax+lx冃-'1 ;且X。
= Xi 0, .2十□ 2于疋：lnx0 a x0 -1 0 ①22ax o - 2ax o 1=0 ②x —1 X —1由①②得inx0- 0,设g x =1 nx , [0,1 ,2 x° 2 x2x ,，因此g x在i。
,1上单调递减，则g x二2x I 2丿3f 3、勺」p ~2' e —4 j A e —3 _又g e 2 = --------- >0, g (e )=-------------------- <0l丿2 23根据零点存在定理，故e 2：：： x0：：： e」.点睛：本题考查了函数的单调性，零点问题，考查导数的应用以及不等式的证明，零点存在性定理，考查分类讨论思想，转化思想，构造函数的解题方法22.设函数f(x) = x + bx—1(b€ R).(1)当b= 1时证明：函数f (x)在区间(2)若当x€ [1,2]，不等式f(x)<1有解.求实数b的取值范围.【答案】(1)见解析；(2) -：：,1【解析】试题分析：(1 )先根据对称轴与定义区间位置关系确定函数f(x)在区间-,1单调性，再根据区12丿间端点函数值异号，结合零点存在定理确定零点个数(2)先分离变量化为对应函数最值问题：b：：：^-X ,x再根据函数单调性确定函数最小值，即得实数b的取值范围.试题解析：（1）由得・丁£］二份+扌一1=-*0, /ti ）=i ;+i-i=i>0j *Jti ）<Oj 所以函数心）在区间（右D 內存在零点.又由二次函数的團象，可知少）二r+x —i 在（右D 上单调遥魯 从而函数心）在区间（占D 内存在唯一零点.⑵ 由题意可知x 2+ bx — 1<1在区间［1,2］上有解，所以 b 厶-？ x 在区间［1,2］上有解.XX令g （x ） = — x ，可得g （x ）在区间［1,2］上递减，X所以b <g （X ）max = g （1） = 2— 1= 1 ,从而实数b 的取值范围为（一8, 1）.方法2.由题意可知分+址一25在区间［1,2］±有解.令g （X ）=J^ + bx-2?则等价于gh ）在区间丄2］上的最小值小于0. 当-茹2即底-4时，訴）在丄刃上递獄=2b+2<Q,即 0<-「所以 冥一4』当1< —*2即— 46—2时，咖在山-刽上递氟 在| 二訓）丽=g （-》=（护一耳_2= _”2<0恒成立.所汉_4<风_ 2; 当-冷即於一2时“曲）在12］上递増，二宮⑴=心一 1<0即Ml,所以一20<1・综上可得 &W — 4 或一4<ft<—2 或一 2^b<l ｝所b<l ? 从而实数A 的取值范围为（一8, 1）,点睛：利用零点存在性定理不仅要求函数的图象在区间 ［a , b ］上是连续不断的曲线，且 f （a ） • f （b ）<0,还必须结合函数的图象与性质 （如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点增应『二-± ■2b-2f_ 23•已知函数 f x 二 ax mx m 「1 a = 0 • (1 )若f -1 =0，判断函数f x 的零点个数；(2)若对任意实数 m ，函数f x 恒有两个相异的零点，求实数 a 的取值范围;(3)已知 X iX • RR 且 ％ ：：： X 2， f X i= f X 2 ，求证：方程 在区间X i ,X 2上有实数根•【答案】⑴见解析；⑵0 :: a < 1;⑶见解析.⑴：f -1 =0, a-m m-1 =0, a =12f x 二 x mx m T2 2:二m -4 m-1 二 m-2 ,当m=2时，厶=0，函数f x 有一个零点; 当m=2时，二0，函数f x 有两个零点⑵已知则A = m 1 —4a\ m — l}>Q 对于冊e R t 旦成立,即訝『一4o 初+4” 恒成立$所以川=16/-1&1<0, 从而解得O< a<l.⑶设 g X = f X || f X 1 f X 2，1 - _ 1 _ 则 g X1 ;= f x l --||fX ! • f X 2 || f X ! - f X 2f x=2L f x if x2【解析】试题分析：(1)利用判别式定二次函数的零点个数：(2)零点个数问题转化为图象交点个数问题,即试题解析：1 - _ 1 _ g X2 = f X- -- f X1 f X- = - ||f X- -f x1:f X1 = f X1 - ¥ g X1 g X^ - - 4 || f X1 - f X-..O'-g X =0在区间X1, X-上有实数根，1 _ 即方程f X f X1f X2计在区间X1'X2上有实数根•点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.24•已知函数f x]=a Inx-bx图象上一点P 2, f 2处的切线方程为y - -3x • 2ln2 - 2 .(1)求a, b的值；⑵若方程f xi亠m=0在1,e内有两个不等实根，求m的取值范围(其中_ee =2.71828| ||为自然对数的底).1 【答案】(1)a=2, b=1.(2) 「：：m 22.e【解析】试题分析：本题考查函数与方程，函数与导数的综合应用. (1)根据导数的几何意义，得出两个方程，然后求解. 先利用导数研究函数h(x)=f (x)+ m=2lnx - x2+ m的单调性，根据单调性与极值点确定关系然后求解.试题解析:(1)',' f I A ) = -olnx — Eu 1 jt\ f r (x} = — -2bx 9xf (2) = aln2r4b =~6 + 2In2+ 2ci =2解得J i - D = 1(2)由(1 )得 f (x )=2l nx - x 2, 令 h ( x )=f ( x )+ m =2lnx - x +m ,222(1—x )则 h x = — - 2x =xx令 h '( x )=0，得 x =1(x =- 1 舍去)•故当x € 1,1时，h '( x ) > 0, h (x )单调递增；H e当 x € (1 , e ］时，h '( x ) v 0, h (x )单调递减. •••方程h (x )=0在 丄，e 内有两个不等实根，IL e『1 ) 1 h _ = —2 —右+m 兰0 2丿 ej1••• { h 1 = -1 m 0 ，解得 1 ：： me h e = 2「e m 空0(11•实数m 的取值范围为11,-2 2 .\ e」点睛：根据函数零点求参数取值或范围的方法 (1 )利用零点存在的判定定理构建不等式求解；(2 )分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参 数的交点个数；(3 )利用方程根的分布求解，转化为不等式问题.由题意得｛(4 )转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解5•已知函数f x二e x-ax-1，其中e为自然对数的底数， a R(I )若a = e，函数g x = 2 - e x①求函数h x = f x -g x的单调区间f f x x 兰m②若函数F x；={ 的值域为R,求实数m的取值范围g(x ),x>m(II )若存在实数X i,X2 w 0,2】，使得f (X i )= f (刈)，且X i -X2 31，求证：e—1兰a兰e2—e【答案】(1)①详见解析②实数m的取值范围是0,丄 ;(2) e-仁a^e2-e；IL e-2【解析】试題分析：⑴①求出函数的导数，解关干导函数的不等式，求出函数的单调区间即可, ②求岀函数的导数」通过讨论桝的范围得到函数的值域，从而确定加的具体范围即可,(R求出函数/■(刘的导数，得到a>0 在(加］道减在)递増，设O< Jq <X| <2 ,则有0<^<^<^<2,根1®函数的单调性得到关于滞的不等式组，解出即可.试题解析：(1 )当a=e时，f x 二e X-ex-1.①h x = f x -g x =e X-2x-1,h'x =e X-2.由h' x 0得x ln2，由h' x 0 得x ： ln2 .所以函数h x的单调增区间为In2, •::，单调减区间为-二，1 n2 .②f ' x = e x _ e当x <1时，f' x ：：：0,所以f x在区间」：，1上单调递减；当x 1时，f' x 0，所以f x在区间1,匸：上单调递增.g x = 2 -e x在m, 上单调递减，值域为-::,2 - e m ,因为F x的值域为R，所以e m-em-仁2 _e）m ,即e m-2m <0.（*）由①可知当m<Q时》h（m）-e n-2m-l>h（O）=Q f故0不成立-因为*（用）在（0>2）上单调递冰在（加2：1）上单调递聲且应（0）= 0旳（1）="3<0 所以当0兰用51时，A（m）<0恒成立，因此0<m<l.2°当初Al时，/（刘在（Y M）上单调递减,在（I曲上单调递増，所叹函数f（x） = ^-^c-l在｛toe）上的值域为|>（1丄如），即[7他）・^（x） = （2-e）jc在（观+x）上单调递减，值域为（Y\（2-总）酬）. 因为F（刃的值域为左，所以一丄（2-町乩即兰丄.总一2综合T,2°可知，实数用的取值范围是k-!-・_ 左一2.（2）f' x 二e x-a •若a岂0时，f' x • 0 ,此时f x在R上单调递增•由f（X i ）= f（X2 ）可得人=X2，与X i —X2色1相矛盾，同样不能有x1,x2 !jna, •：：.不妨设0三为：：：x2込2，则有0込捲：:：Ina ：：：x2込2.因为f x在X i,lna上单调递减，在Ina,X2上单调递增，且f为=f X2 ，所以当x^i^x三x2时，f x - f捲=f x2.由0兰为v x2兰2，且捲一x2岸1，可得1e Ix1, x2 ]故f 1 岂f % A f X2 .又f x在」：,ln a 1单调递减，且0 一X, ：：：Ina，所以f %乞f 0，所以f 1岂f 0，同理f 1乞f 2 •e - a -1 — 0, 2即｛2解得e -1乞a乞e2「e「1 ,e -a -仁e -2a -2,所以e —1乞a乞e2-e.点睛：本题考查函数的单调性极值及恒成立问题，涉及函数不等式的证明，综合性强，难度大，属于难题.处理导数大题时，注意分层得分的原则，力争第一二问答对，第三问争取能写点，一般涉及求函数单调性及极值时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会.x6 .已知函数f x X _ ax 1.e(1 )当a =1时，求y = f x在x 1-1,1吐的值域；(2)试求f x的零点个数，并证明你的结论.【答案】(1) l2-e,11 (2)当a乞0时，f x只有一个零点；当a 0时，f x有两个零点.【解析】试题分析:⑴当4=1时，»)二电-Q+1,则门©二今一1二£(町，而丈(力=需小e e e在卜1」]上恒成立，所以g(x)=/(x)®[-l1l]±递减，由f⑼",可得当xe(-lO)时，,才㈤递增*当就时/(刈递;咸,所以=/(<>)= ^ ttK/f-lJ./fl)的大小可得f(x)^f(-l) = 2-^进而可得结果；1 1(2)原方程等价于e x…一…a=0实根的个数，原命题也等价于h x i = e x…一…a在x「「「0)-(0,=x x上的零点个数，讨论a = 0, a ：：：0, a 0，三种情况，分别利用导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理可得结果•x 1 — x试题解析：(1)当a=1 时，fx x _ax 1，则f x x 1二gx ,e e而g x = J2：：：0在1-1,11上恒成立，所以g x二「x在〔-1,11上递减，ef X max 二f -1 =2e—1 0, f X min 二f 1」X0，所以「x在〔-1,11上存在唯一的X。
2018年高考数学(理)二轮复习 讲学案：考前专题二 函数与导数 第3讲 导数及其应用(含答案解析)
第3讲 导数及其应用1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点． 2．利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型． 3．导数与函数零点，不等式的结合常作为高考压轴题出现．热点一 导数的几何意义1．函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．2．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的不同． 例 1 (1)(2017届山东寿光现代中学月考)过点(0,1)且与曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线垂直的直线的方程为( )A ．2x ＋y －1＝0B ．2x －y ＋1＝0C ．x －2y ＋2＝0D ．x ＋2y －2＝0答案 B 解析 因为y ′＝x －1－(x ＋1)(x －1)2＝－2(x －1)2，故切线的斜率k ＝－12，即所求直线的斜率k ＝2，方程为y －1＝2(x －0)，即2x －y ＋1＝0.故选B.(2)(2017届成都一诊)已知曲线C 1：y 2＝tx (y >0，t >0)在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4t ，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1－1也相切，则t ln 4e 2t 的值为( ) A ．4e 2B ．8eC ．2D ．8答案 D解析 曲线C 1：y ＝tx ，y ′＝t2tx. 当x ＝4t 时，y ′＝t 4，切线方程为y －2＝t 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4t ，化简为y ＝t4x ＋1.①与曲线C 2相切，设切点为(x 0，y 0)，y ′|0x x =＝e01x +＝t 4，x 0＝ln t4－1， 那么y 0＝e01x +－1＝t4－1， 切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫t 4－1＝t 4⎝⎛⎭⎪⎫x －ln t4＋1，化简为y ＝t 4x －t 4ln t 4＋t2－1，②①②是同一方程，所以－t 4ln t 4＋t 2－1＝1⇔ln t 4＝2t －8t，即t ＝4，那么t ln 4e 2t＝4ln e 2＝8，故选D.思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．跟踪演练1 (1)(2017届河北省正定中学期中)已知函数f (x )＝3x ＋cos 2x ＋sin 2x ，a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，f ′(x )是f (x )的导函数，则过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线方程为________． 答案 3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0解析 f ′(x )＝3－2sin 2x ＋2cos 2x ，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝3－2＝1，则a ＝1，点P 的坐标为()1，1， 若P 为切点，y ′＝3x 2，曲线y ＝x 3在点P 处切线的斜率为3，切线方程为y －1＝3(x －1)，即 3x －y －2＝0；若P 不为切点，设曲线y ＝x 3的切线的切点为(m ，n )，曲线y ＝x 3的切线的斜率k ＝3m 2，则n －1m －1＝3m 2.又n ＝m 3，则m ＝－12，n ＝－18，得切线方程为y ＋18＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12，即3x －4y ＋1＝0.∴过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线方程为3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0.(2)(2017届云南省师范大学附属中学月考)若函数f (x )＝ln x 与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a (x <0)有公切线，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ，＋∞ B ．(－1，＋∞) C ．(1，＋∞) D. (－ln 2，＋∞)答案 A解析 设公切线与函数f (x )＝ln x 切于点A (x 1，ln x 1)(x 1>0)，则切线方程为y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)．设公切线与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a 切于点B (x 2，x 22＋2x 2＋a )(x 2<0)，则切线方程为y －(x 22＋2x 2＋a )＝2(x 2＋1)(x －x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝2(x 2＋1)，ln x 1－1＝－x 22＋a ，∵x 2<0<x 1，∴0<1x 1<2.又a ＝ln x 1＋⎝⎛⎭⎪⎫12x 1－12－1＝－ln 1x 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－22－1，令t ＝1x 1，∴0<t <2，a ＝14t 2－t －ln t .设h (t )＝14t 2－t －ln t (0<t <2)，则h ′(t )＝12t －1－1t ＝(t －1)2－32t <0，∴h (t )在(0,2)上为减函数， 则h (t )>h (2)＝－ln 2－1＝ln 12e ，∴a ∈(ln 12e ，＋∞)，故选A.热点二 利用导数研究函数的单调性1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0. 2．f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常函数，函数不具有单调性．例2 (2017届河南息县第一高级中学段测)已知函数f (x )＝x 2＋a ln x . (1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )＋2x，在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2x －2x，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1，所以f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)， 单调递减区间是(0,1)． (2)由题意g (x )＝x 2＋a ln x ＋2x，g ′(x )＝2x ＋a x －2x2，若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调增函数， 则g ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a ≥2x－2x 2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x )＝2x－2x 2.∵φ(x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝0，∴a ≥0；若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调减函数， 则g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ∴实数a 的取值范围为[0，＋∞)．思维升华 利用导数研究函数单调性的一般步骤 (1)确定函数的定义域． (2)求导函数f ′(x )．(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0； ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．跟踪演练2 (1)(2017届昆明市第一中学月考)若函数f (x )＝ln x ＋ax 2－2在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－18，＋∞ C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－18 D. (－2，＋∞)答案 D解析 由题意得f ′(x )＝1x＋2ax ，若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内存在单调递增区间，则f ′(x )>0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上有解， 即a >⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 2min.又g (x )＝－12x 2在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上是单调递增函数， 所以g (x )>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2， 所以a >－2. 故选D.(2)定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )<f ′(x )·tan x 成立，则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 B ．f (1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 答案 D解析 构造函数F (x )＝f (x )sin x. 则F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x >0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，从而有F (x )＝f (x )sin x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，所以有F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3⇒3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故选D.热点三 利用导数求函数的极值、最值1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．例3 (2017届云南大理州统测)设函数G (x )＝x ln x ＋(1－x )·ln(1－x )． (1)求G (x )的最小值；(2)记G (x )的最小值为c ，已知函数f (x )＝2a ·e x ＋c＋a ＋1x－2(a ＋1)(a >0)，若对于任意的x ∈(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)由已知得0<x <1，G ′(x )＝ln x －ln(1－x )＝lnx1－x. 令G ′(x )<0，得0<x <12；令G ′(x )>0，得12<x <1，所以G (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 从而G (x )min ＝G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12＝－ln 2. (2)由(1)中c ＝－ln 2， 得f (x )＝a ·e x＋a ＋1x－2(a ＋1)．所以f ′(x )＝ax 2·e x－(a ＋1)x 2.令g (x )＝ax 2·e x－(a ＋1)， 则g ′(x )＝ax (2＋x )e x>0， 所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g (0)＝－(a ＋1)，且当x →＋∞时，g (x )>0，所以存在x 0∈(0，＋∞)，使g (x 0)＝0，且f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 因为g (x 0)＝ax 20·e 0x －(a ＋1)＝0，所以ax 20·ex ＝a ＋1，即a ·e 0x ＝a ＋1x 20， 因为对于任意的x ∈(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立， 所以f (x )min ＝f (x 0)＝a ·e 0x ＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0， 所以a ＋1x 20＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0， 即1x 20＋1x 0－2≥0，即2x 20－x 0－1≤0，所以－12≤x 0≤1.因为ax 20·ex ＝a ＋1，所以x 20·ex ＝a ＋1a>1. 又x 0>0，所以0<x 0≤1，从而x 20·e 0x ≤e，所以1<a ＋1a ≤e，故a ≥1e －1. 思维升华 (1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．跟踪演练3 已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2，在x ＝1处取得极值16.(1)求a ，b 的值；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，都有f ′(x )≤k ln(x ＋1)成立(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，求实数k 的最小值．解 (1)由题设可得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ， ∵f (x )在x ＝1处取得极值16，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝16，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝0，a ＋b ＝16，解得a ＝－13，b ＝12，经检验知，a ＝－13，b ＝12满足题设条件．(2)由(1)得f (x )＝－13x 3＋12x 2，∴f ′(x )＝－x 2＋x ，∴－x 2＋x ≤k ln(x ＋1)在[0，＋∞)上恒成立， 即x 2－x ＋k ln(x ＋1)≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立， 设g (x )＝x 2－x ＋k ln(x ＋1)，则g (0)＝0，g ′(x )＝2x －1＋kx ＋1＝2x 2＋x ＋k －1x ＋1，x ∈[0，＋∞)，设h (x )＝2x 2＋x ＋k －1，①当Δ＝1－8(k －1)≤0，即k ≥98时，h (x )≥0，∴g ′(x )≥0，g (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (0)＝0，即当k ≥98时，满足题设条件．②当Δ＝1－8(k －1)>0，即k <98时，设x 1，x 2是方程2x 2＋x ＋k －1＝0的两个实根，且x 1<x 2，由x 1＋x 2＝－12可知，x 1<0，由题设可知，当且仅当x 2≤0，即x 1·x 2≥0，即k －1≥0，即k ≥1时，对任意的x ∈[0，＋∞)有h (x )≥0，即g ′(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴g (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (0)＝0，∴当1≤k <98时，也满足条件，综上，k 的取值范围为[1，＋∞)，∴实数k 的最小值为1.真题体验1．(2017·浙江改编)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是________．(填序号)答案 ④解析 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0， ∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察图象可知，排除①，③.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2＞0，故④正确．2．(2017·全国Ⅱ改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为________．答案 －1解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝ex －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]．由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1，所以f (x )＝(x 2－x －1)ex －1，f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)．由ex －1＞0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当x ＞1时，f ′(x )＞0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.3．(2017·山东改编)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是______．(填序号) ①f (x )＝2－x；②f (x )＝x 2；③f (x )＝3－x；④f (x )＝cos x . 答案 ①解析 若f (x )具有性质M ，则[e xf (x )]′＝e x[f (x )＋f ′(x )]＞0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )＞0在f (x )的定义域上恒成立．对于①式，f (x )＋f ′(x )＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)＞0，符合题意． 经验证，②③④均不符合题意．故填①.4．(2017·全国Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为________．答案 y ＝x ＋1解析 ∵y ′＝2x －1x2，∴y ′|x ＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k ＝1，∴切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0. 押题预测1．设函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若y ＝f (x )的图象在点P (1，f (1))处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)等于( )A ．4B ．3C ．2D ．1押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“过某一点的切线”问题，也是易错易混点． 答案 A解析 依题意有f ′(1)＝1,1－f (1)＋2＝0，即f (1)＝3， 所以f (1)＋f ′(1)＝4.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23 B ．－2C ．－2或－23 D ．2或－23押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键．极值点、极值的求法是高考的热点． 答案 A解析 由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.3．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________． 押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别． 答案 2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数， ∴a2≥1，得a ≥2.又∵g ′(x )＝2x －a x，依题意g ′(x )≥0在x ∈(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在x ∈(1,2)上恒成立，有a ≤2，∴a ＝2. 4．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________．押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决．考查了转化与化归思想，是高考的一个热点．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以当x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]， 使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.A 组 专题通关1．(2017届河北省衡水中学六调)已知函数f (x )＝12x 2sin x ＋x cos x ，则其导函数f ′(x )的图象大致是( )答案 C解析 ∵f (x )＝12x 2sin x ＋x cos x ，∴f ′(x )＝12x 2cos x ＋cos x,∴f ′(－x )＝12(－x )2cos(－x )＋cos(－x )＝12x 2cos x ＋cos x ＝f ′(x )，∴其导函数f ′(x ) 为偶函数，图象关于y 轴对称，故排除A ，B ，又f ′(0)＝1，排除D ，故选C.2．(2017届山西省怀仁县第一中学期末)已知a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a e －x的导函数是f ′(x )，且f ′(x )是奇函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为( )A ．ln 2B ．－ln 2C.ln 22 D ．－ln 22答案 A解析 对f (x )＝e x ＋a e －x 求导，得f ′(x )＝e x －a e －x.又f ′(x )是奇函数，故f ′(0)＝1－a ＝0，解得a ＝1，故有f ′(x )＝e x－e －x，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e 0x －ex -＝32，得e 0x ＝2或e 0x＝－12(舍去)，得x 0＝ln 2，故选A. 3．(2017届内蒙古包头市十校联考)已知函数F (x )＝xf (x )，f (x )满足f (x )＝f (－x )，且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0成立，若a ＝20.1·f (20.1)，b ＝ln 2·f (ln 2)，c ＝log 218·f⎝⎛⎭⎪⎫log 218，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．c >a >b C ．c >b >a D ．a >c >b 答案 C解析 F (－x )＝(－x )f (－x )＝－xf (x )＝－F (x )，即函数F (x )是奇函数，并且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0，即当x ∈(－∞，0]时，F (x )是单调递减函数，所以在R 上函数F (x )是单调递减函数，a ＝F (20.1)，b ＝F (ln 2)，c ＝F ⎝⎛⎭⎪⎫log 218，20.1>1,0<ln 2<1，log 218＝－3，所以20.1>ln 2>log 218，所以a <b <c ，故选C.4．设a ∈R ，若函数y ＝e ax＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a >－3 B ．a <－3C ．a >－13 D ．a <－13答案 B解析 y ′＝a e ax＋3＝0在(0，＋∞)上有解，即a e ax＝－3，∵e ax>0，∴a <0.又当a <0时，0<e ax<1，要使a e ax＝－3，则a <－3，故选B.5．(2017届河北省衡水中学调研)已知函数f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－5，若对任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (x 1)－g (x 2)≥2成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，－1]答案 A解析 g (x )＝x 3－x 2－5 ，g ′(x )＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23 ，由上表可知，g (x ) 在x ＝2 处取得最大值， 即g ()x max ＝g (2)＝－1，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立，等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立，记u (x )＝x －x 2ln x ，所以a ≥u ()x max ，u ′(x )＝1－x －2x ln x ，可知u ′(1)＝0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，1－x >0,2x ln x <0 ， 则u ′(x )>0，所以u (x ) 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增； 当x ∈(1,2)时，1－x <0,2x ln x >0，则u ′(x )<0， 所以u (x )在()1，2 上单调递减．故当x ＝1时，函数u (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上取得最大值u (1)＝1 ， 所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞) ，故选A.6.(2017届重庆市第一中学月考)已知直线x －y ＋1＝0与曲线y ＝ln x ＋a 相切，则a 的值为___. 答案 2解析 y ＝ln x ＋a 的导数为y ′＝1x，设切点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝ln x 0＋a .又切线方程x －y ＋1＝0的斜率为1，即1x 0＝1，解得x 0＝1，则y 0＝2，a ＝y 0－ln x 0＝2.7．(2017届辽宁省沈阳市郊联体期末)f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，已知曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72 解析 原题等价于方程f ′(x )－3＝0有两个大于零的实数根． 因为f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，所以f ′(x )＝2x 2－2x ＋a ，所以f ′(x )－3＝0，即2x 2－2x ＋a －3＝0， 设g (x )＝2x 2－2x ＋a －3，要使方程g (x )＝0有两个大于零的实数根需要满足⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，g (0)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧22－4×2×(a －3)>0，a －3>0，解得3<a <72.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72. 8．(2017届重庆模拟)已知x ＝0是函数f (x )＝(x －2a )·(x 2＋a 2x ＋2a 3)的极小值点，则实数a 的取值范围是__________． 答案 a >2或a <0解析 因为f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4，所以令f ′(x )＝3x 2＋2(a 2－2a )x ＝3x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋2(a 2－2a )3＝0，可得函数f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4的两个极值点分别为x ＝0，x ＝－2(a 2－2a )3，由题意得2(a 2－2a )3>0，即a 2－2a >0，解得a <0或a >2.9．(2017届西安模拟)定义1：若函数f (x )在区间D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在区间D 上也可导，则称函数f (x )在区间D 上存在二阶导数，记作f ″(x )，即f ″(x )＝[f ′(x )]′.定义2：若函数f (x )在区间D 上的二阶导数为正，即f ″(x )>0恒成立，则称函数f (x )在区间D 上是凹函数． 已知函数f (x )＝x 3－32x 2＋1在区间D 上为凹函数，则x 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析 f ′(x )＝3x 2－3x ，f ″(x )＝6x －3， 令f ″(x )>0，得x >12.10．已知函数f (x )＝x ＋aex.(1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )． (1)解 易得f ′(x )＝－x －(1－a )ex，由已知f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2)恒成立， 故x ≤1－a 对x ∈(－∞，2)恒成立， ∴1－a ≥2，∴a ≤－1.(2)证明 若a ＝0，则f (x )＝xex .函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)． 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)，x ∈R ， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e 0x ＝(1－x )e 0x－(1－x 0)e xe 0x x +. 设φ(x )＝(1－x )e 0x －(1－x 0)e x，x ∈R ，则φ′(x )＝－ex －(1－x 0)e x，∵x 0<1，∴φ′(x )<0，∴φ(x )在R 上单调递减，又φ(x 0)＝0， ∴当x <x 0时，φ(x )>0，当x >x 0时，φ(x )<0， ∴当x <x 0时，h ′(x )>0，当x >x 0时，h ′(x )<0，∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∴当x ∈R 时，h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x )．B 组 能力提高11．(2017届衡阳期末)函数f (x )在定义域(0，＋∞)内恒满足：①f (x )>0；②2f (x )<xf ′(x )<3f (x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，则( ) A.14<f (1)f (2)<12 B. 116<f (1)f (2)<18 C. 13<f (1)f (2)<12D. 18<f (1)f (2)<14答案 D 解析 令g (x )＝f (x )x 2，x ∈(0，＋∞)， g ′(x )＝xf ′(x )－2f (x )x 3，∵∀x ∈(0，＋∞)，2f (x )<xf ′(x )<3f (x )， ∴f (x )>0，g ′(x )>0，∴函数g (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增， ∴g (1)<g (2)，即4f (1)<f (2)，f (1)f (2)<14. 令h (x )＝f (x )x 3，x ∈(0，＋∞)， h ′(x )＝xf ′(x )－3f (x )x 4，∵∀x ∈(0，＋∞)，2f (x )<xf ′(x )<3f (x )，∴h ′(x )<0，∴函数h (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递减， ∴h (1)>h (2)，即f (1)>f (2)8，18<f (1)f (2)， 故选D.12．(2017届湖南长沙雅礼中学月考)已知实数a ，b 满足2a 2－5ln a －b ＝0，c ∈R ，则(a －c )2＋(b ＋c )2的最小值为( ) A.12 B.22C.322D.92答案 C解析 用x 代换a ，用y 代换b ，则x ，y 满足2x 2－5ln x －y ＝0，即y ＝2x 2－5ln x ，以x 代换c ，可得点(x ，－x )，满足x ＋y ＝0，所以求解(a －c )2＋(b ＋c )2的最小值即为求解曲线y ＝2x 2－5ln x 上的点到直线x ＋y ＝0的距离的最小值，设直线x ＋y ＋m ＝0与曲线y ＝2x 2－5ln x 相切于点P (x 0，y 0)，则f ′(x )＝4x －5x ，则f ′(x 0)＝4x 0－5x 0＝－1，解得x 0＝1，所以切点P (1,2)，所以点P 到直线x ＋y ＝0的距离为d ＝|1＋2|12＋12＝322， 故选C.13．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝3处的切线互相平行，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ，若对任意x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x.由题意知，f ′(1)＝f ′(3)，即a －(2a ＋1)＋2＝3a －(2a ＋1)＋23，解得a ＝23.(2)f ′(x )＝(ax －1)(x －2)x(x >0)．①当a ≤0时，∵x >0，∴ax －1<0，在区间(0,2)上，f ′(x )>0； 在区间(2，＋∞)上，f ′(x )<0， 故f (x )的单调递增区间是(0,2)， 单调递减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12时，在区间(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1a 上，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间是(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫2，1a .③当a ＝12时，f ′(x )＝(x －2)22x，故f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)．④当a >12时，0<1a <2，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上，f ′(x )<0， 故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫1a，2.(3)由题意知，在(0,2]上有f (x )max <g (x )max ， 由已知，得g (x )max ＝0，由(2)可知， ①当a ≤12时，f (x )在(0,2]上单调递增，故f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2＝－2a －2＋2ln 2， 所以－2a －2＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1， 故ln 2－1<a ≤12.②当a >12时，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－2－12a －2ln a ，由a >12可知，ln a >ln 12>ln 1e ＝－1，∴2ln a >－2，即－2ln a <2， ∴－2－2ln a <0，∴f (x )max <0， 综上所述，a >ln 2－1.。
2019版高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 专题对点练8 导数与函数的零点及参数范围 文
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)= x3-a(x2+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+x2-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)=-x2+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.4.(2018天津,文20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=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-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.专题对点练8答案1.解 (1)当a=3时,f(x)= x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.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)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6<0,f(3a+1)= >0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2.解 (1)由题意f(x)=e x+x2-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)=e2-2>0,∴存在x1∈(1,2)是f(x)在(0,+∞)上的唯一零点;f(-2)=+2>0,f(-1)= -2<0,∴存在x2∈(-2,-1)是f(x)在(-∞,0)上的唯一零点.∴f(x)的零点个数为2.(2)当b=1时,f(x)=a x+x2-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),∴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x2+(1-a)x+1=0.由Δ=(1-a)2-4=a2-2a-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)=x2-ax+2+x ln x,由y=0,得a=x++ln x.2令h(x)=x++ln x,则h'(x)=.当x ∈时,由h'(x)=0,得x=1.所以h(x)在上单调递减,在[1,e]上单调递增,因此h(x)min=h(1)=3.由h+2e-1,h(e)=e++1,比较可知h>h(e),所以,结合函数图象可得,当3<a≤e ++1时,函数y=f(x)-g(x)有两个零点.4.解 (1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.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-t2+3)(x-t2)·(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f'(x)=3x2-6t2x+3-9.令f'(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x+++所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×=-6.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u 3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g+6>0.g(x)的极小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)≥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.3若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).4。
2019版高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 专题对点练8 导数与函数的零点及参数范围 文
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)= x3-a(x2+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+x2-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)=-x2+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.4.(2018天津,文20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=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-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.专题对点练8答案1.解 (1)当a=3时,f(x)= x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.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)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6<0,f(3a+1)= >0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2.解 (1)由题意f(x)=e x+x2-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)=e2-2>0,∴存在x1∈(1,2)是f(x)在(0,+∞)上的唯一零点;f(-2)=+2>0,f(-1)= -2<0,∴存在x2∈(-2,-1)是f(x)在(-∞,0)上的唯一零点.∴f(x)的零点个数为2.(2)当b=1时,f(x)=a x+x2-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),∴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x2+(1-a)x+1=0.由Δ=(1-a)2-4=a2-2a-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)=x2-ax+2+x ln x,由y=0,得a=x++ln x.令h(x)=x++ln x,则h'(x)=.当x∈时,由h'(x)=0,得x=1.所以h(x)在上单调递减,在[1,e]上单调递增,因此h(x)min=h(1)=3.由h+2e-1,h(e)=e++1,比较可知h>h(e),所以,结合函数图象可得,当3<a≤e++1时,函数y=f(x)-g(x)有两个零点.4.解 (1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.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-t2+3)(x-t2)·(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f'(x)=3x2-6t2x+3-9.令f'(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x+++所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×=-6.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g+6>0.g(x)的极小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)≥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(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).。
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8 Word版含答案
专题对点练导数与函数的零点及参数范围.(全国Ⅱ,文)已知函数()().()若,求()的单调区间;()证明()只有一个零点..已知函数() (∈>)是自然对数的底数.()当时,求函数()零点个数;()若,求()在[]上的最大值..已知函数() ()(为自然对数的底数∈).()判断曲线()在点(())处的切线与曲线()的公共点个数;()当∈时,若函数()()有两个零点,求的取值范围..(天津,文)设函数()()()(),其中∈,且是公差为的等差数列.()若,求曲线()在点(())处的切线方程;()若,求()的极值;()若曲线()与直线()有三个互异的公共点,求的取值范围.专题对点练答案.解()当时()'().令'(),解得或.当∈(∞)∪(∞)时'()>;当∈()时'()<.故()在(∞),(∞)单调递增,在()单调递减.()由于>,所以()等价于.设(),则'()≥,仅当时'(),所以()在(∞∞)单调递增,故()至多有一个零点,从而()至多有一个零点.又()<()>,故()有一个零点.综上()只有一个零点..解()由题意(),∴'(),∴'(),当>时>,∴'()>,故()是(∞)上的增函数;当<时<,∴'()<,故()是(∞)上的减函数.()<()>,∴存在∈()是()在(∞)上的唯一零点;()>()<,∴存在∈()是()在(∞)上的唯一零点.∴()的零点个数为.()当时(),∴'()(),当>时,由>,可知>>,∴'()>;当<时,由>,可知<>,∴'()<;当时'(),∴()是[]上的减函数,[]上的增函数.∴当∈[]时()()()为()和()中的较大者.而()(),设()(>).∵'()≥(当且仅当时等号成立),∴()在(∞)上单调递增,而(),∴当>时()>,即当>时>,∴()>().∴()()..解()'(),所以切线斜率'().又(),所以曲线在点()处的切线方程为.由得().由Δ()()(),可知:当Δ>,即<或>时,有两个公共点;当Δ,即或时,有一个公共点;当Δ<,即<<时,没有公共点.()()(),由,得.令(),则'().当∈时,由'(),得.。
2019版高考数学二轮复习 专题二 函数与导数 专题对点练8 导数与函数的零点及参数范围 文
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)= x3-a(x2+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+x2-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)=-x2+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.4.(2018天津,文20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=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-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.专题对点练8答案1.解 (1)当a=3时,f(x)= x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.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)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6<0,f(3a+1)= >0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2.解 (1)由题意f(x)=e x+x2-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)=e2-2>0,∴存在x1∈(1,2)是f(x)在(0,+∞)上的唯一零点;f(-2)=+2>0,f(-1)= -2<0,∴存在x2∈(-2,-1)是f(x)在(-∞,0)上的唯一零点.∴f(x)的零点个数为2.(2)当b=1时,f(x)=a x+x2-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),∴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x2+(1-a)x+1=0.由Δ=(1-a)2-4=a2-2a-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)=x2-ax+2+x ln x,由y=0,得a=x++ln x.令h(x)=x++ln x,则h'(x)=.当x∈时,由h'(x)=0,得x=1.所以h(x)在上单调递减,在[1,e]上单调递增,因此h(x)min=h(1)=3.由h+2e-1,h(e)=e++1,比较可知h>h(e),所以,结合函数图象可得,当3<a≤e++1时,函数y=f(x)-g(x)有两个零点.4.解 (1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.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-t2+3)(x-t2)·(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f'(x)=3x2-6t2x+3-9.令f'(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x+++所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×=-6.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g+6>0.g(x)的极小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)≥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(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).。
近年高考数学二轮复习专题二函数与导数专题对点练8导数与函数的零点及参数范围文(2021年整理)
2019版高考数学二轮复习专题二函数与导数专题对点练8 导数与函数的零点及参数范围文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学二轮复习专题二函数与导数专题对点练8 导数与函数的零点及参数范围文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版高考数学二轮复习专题二函数与导数专题对点练8 导数与函数的零点及参数范围文的全部内容。
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)= x3—a(x2+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+x2—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)=—x2+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。
4.（2018天津,文20）设函数f（x)=(x—t1）（x—t2）(x—t3),其中t1，t2，t3∈R,且t1，t2,t3是公差为d的等差数列。
(1）若t2=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-t2）—6有三个互异的公共点,求d的取值范围.专题对点练8答案1。
2018年高考数学二轮复习 第二部分 专题二 函数与导数 2.4.3 导数与函数的零点及参数范围讲义 理
存在性定理进行判断.
(2)证明 f(x)≥2a+aln���2���⇔证明 f(x)max≥2a+aln���2���.
(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2 ������ 时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当 a>0 时,因为e2
���−��� 单������������(调x>递0)增.当,-������a������单≤调0 递增,所
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 2e2������0 − ������ =0,
������0
所以
f(x0)=2������������0+2ax0+aln���2���
≥2a+aln2.
������
故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln2.
解 (1)函数f(x)的定义域为{x|x>0}.
当 a=-1 时,f(x)=-ln x+������2,
2
f'(x)=-1+x=������2-1 = (������+1)(������-1).
������
������
������
由(������+1���)���(������-1)>0(x>0),解得 x>1;由(������+1���)���(������-1)<0(x>0),解得 0<x<1.
所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.
2018大二轮高考总复习理数文档：解答题8 第2课时 导数与函数的零点(或方程的根)
第二单元高考压轴大题冲关第二课时导数与函数的零点(或方程的根)基本考点——导数与函数的零点(或方程的根)利用导数研究方程根(零点)问题的思路(1)将问题转化为函数的方程根(零点)问题，进而转化为函数图象与x轴(或直线y＝k)的交点问题；(2)利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质；(3)画出函数的大致图象；(4)结合图象求解．(2017·桂林二模)设函数f(x)＝e x－ax，a是常数.阿凡题1083976(1)若a＝1，且曲线y＝f(x)的切线l经过坐标原点(0,0)，求该切线的方程；(2)讨论f(x)的零点的个数．[思路点拨](1)求出函数的导数，表示出切线方程，求出m的值，从而求出切线方程即可；(2)求出函数f(x)的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的零点个数即可．【解】(1)a＝1时，f(x)＝e x－x，f′(x)＝e x－1，设切点坐标是(m，e m－m)，则k＝f′(m)＝e m－1，故切线方程是：y－(e m－m)＝(e m－1)(x－m) ，由0－(e m－m)＝(e m－1)(0－m)，得m＝1，所求切线为：y＝(e－1)x．(2)f′(x)＝e x－a，当a＞0时，由f′(x)＝0得x＝ln a，①a＞0时，若x＜ln a，则f′(x)＜0；若x＞ln a，则f′(x)＞0．函数f(x)在区间(－∞，ln a)单调递减，在区间(ln a，＋∞)单调递增，f(x)的最小值为f(ln a)＝a(1－ln a)，(i)0＜a＜e时，f(ln a)＝a(1－ln a)＞0，f(x)无零点；(ii)a＝e时，f(ln a)＝a(1－ln a)＝0，f(x)只有一个零点，(iii)a＞e时，f(ln a)＝a(1－ln a)＜0，根据f(0)＝1＞0与函数的单调性，f(x)在区间(－∞，ln a)和(ln a，＋∞)各有一个零点，f(x)共有两个零点；②a＝0时，f(x)＝e x，f(x)无零点；③a＜0时，由f(x)＝0得，e x＝ax，曲线y＝e x与y＝ax只有一个交点，所以f(x)只有一个零点．综上所述，0≤a＜e时，f(x)无零点；a＜0或a＝e时，f(x)有一个零点；a＞e时，f(x)有两个零点．对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝a e2x＋(a－2)e x－x.阿凡题1083977(1)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】(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2a e2x＋(a－2)e x－1＝(a e x－1)(2e x＋1)．(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．(ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0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)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增．(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点，与题设不符．(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－1a＋ln a．①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点，与题设不符；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a ＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点，与题设不符； ③当a ∈(0,1)时，1－1a ＋ln a <0，即f (－ln a )<0．又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点． 设正整数n 0满足n 0>ln 3a－1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2n 0－n 0>0． 由于ln 3a－1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1)．研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．1．(2017·清远一模)设函数f (x )＝e ax ＋λln x ，其中a ＜0,0＜λ＜1e ，e 是自然对数的底数．(1)求证：函数f (x )有两个极值点；(2)若－e ≤a ＜0，求证：函数f (x )有唯一零点．证明：(1)f ′(x )＝a e ax＋λx ＝ax e ax＋λx，(x ＞0)，令g (x )＝ax e ax ＋λ，其中a ＜0，x ＞0，求导得g ′(x )＝a e ax (1＋ax )，令g ′(x )＝0，解得：x ＝－1a ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，－1a 时，g ′(x )＜0，g (x )递减， x ∈⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞时，g ′(x )＞0，g (x )递增， x ＝－1a 时，g (x )取得极小值，也是最小值g ⎝⎛⎭⎫－1a ＝λ－1e ， ∵0＜λ＜1e ，∴g ⎝⎛⎭⎫－1a ＝λ－1e ＜0，又g (0)＝λ＞0， ∴g ⎝⎛⎭⎫－1a g (0)＜0，∴函数f (x )有两个极值点；(2)由(1)得：不妨令x 2∈⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞，故ax 2e ax 2＋λ＝0， 故f (x 2)＝(1－ax 2ln x 2)e ax 2，令h (x )＝1－ax ln x ，x ∈⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞， h ′(x )＝－a (ln x ＋1)＞－a ⎝⎛⎭⎫ln 1e ＋1＝0， ∴f (x 2)＞0，∵f (0)→负数， ∴函数f (x )有唯一零点．2．(2017·东北三省四市二模)已知函数f (x )＝(x －1)e x ＋ax 2有两个零点． (1)当a ＝1时，求f (x )的最小值； (2)求a 的取值范围；(3)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2＜0．(1)解：a ＝1时，f (x )＝(x －1)e x ＋x 2，f ′(x )＝x e x ＋2x ＝x (e x ＋2)， 令f ′(x )＞0，解得：x ＞0，令f ′(x )＜0，解得：x ＜0， 故函数f (x )在(－∞，0)递减，在(0，＋∞)递增； 故f (x )的最小值是f (0)＝－1； (2)解：f ′(x )＝x e x ＋2ax ＝x (e x ＋2a )，①当a ＞0时，函数f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． ∵f (0)＝－1＜0，f (2)＝e 2＋4a ＞0， 取实数b 满足b ＜－2且b ＜ln a ，则f (b )＞a (b －1)＋ab 2＝a (b 2＋b －1)＞a (4－2－1)＞0， 所以f (x )有两个零点．②若a ＝0，则f (x )＝(x －1)e x ，故f (x )只有一个零点， ③若a ＜0，当a ≥－12，则f (x )在(0，＋∞)单调递增，又当x ≤0时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点；当a ＜－12，则函数在(ln(－2a )，＋∞)单调递增，在(0，ln(－2a ))单调递减；又当x ≤1时，f (x )＜0，故不存在两个零点； 综上所述，a 的取值范围是(0，＋∞)．(3)证明：不妨设x 1＜x 2.由(2)知x 1∈(－∞，0)，x 2∈(0，＋∞)，－x 2∈(－∞，0)， 则x 1＋x 2＜0等价于x 1＜－x 2． 因为函数f (x )在(－∞，0)单调递减， 所以x 1＜－x 2等价于f (x 1)＞f (－x 2)，即证明f (－x 2)＜0．由f (x 2)＝(x 2－1)e x 2＋ax 22＝0， 得ax 22＝(1－x 2)e x 2，f (－x 2)＝(－x 2－1)e －x 2＋ax 22＝(－x 2－1)e －x 2＋(1－x 2)e x 2， 令g (x )＝(－x －1)e －x ＋(1－x )e x ，x ∈(0，＋∞)，g ′(x )＝－x (e －x ＋e x )＜0，g (x )在(0，＋∞)单调递减，又g (0)＝0，所以g (x )＜0， 所以f (－x 2)＜0，即原命题成立．1．(2017·南平一模)已知函数f (x )＝b －ax x ＋ln x (a ，b ∈R )．(1)试讨论函数f (x )的单调区间与极值；(2)若b ＞0且ln b ＝a －1，设g (b )＝a －1b －m (m ∈R )，且函数g (x )有两个零点，求实数m的取值范围．解：(1)f (x )＝b －ax x ＋ln x ，求导f ′(x )＝－b x 2＋1x ＝x －bx 2(x ＞0)．①当b ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )单调递增， 所以f (x )的增区间为(0，＋∞)，无极值；②当b ＞0时，x ∈(0，b )时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，x ∈(b ，＋∞)时函数f (x )单调递增，所以函数的单调减区间为(0，b )，函数的单调增区间为(b ，＋∞)， 有极小值f (b )＝1－a ＋ln b ，无极大值． (2)法一 由b ＞0且ln b ＝a －1，代入g (b )＝a －1b －m ，可得：g (b )＝ln bb －m (b ＞0)．所以g (x )＝ln xx －m ，x ＞0，g ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，g ′(x )＞0，所以函数g (x )在(0，e)递增， 当x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )＜0，所以函数g (x )在(e ，＋∞)递减， g (x )有极大值g (e)＝1e－m ，当x →0(x ＞0)时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→－m ， 故函数g (x )有两个零点，需⎩⎪⎨⎪⎧1e －m ＞0－m ＜0，解得：0＜m ＜1e，所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e ． 法二 由b ＞0且ln b ＝a －1，代入g (b )＝a －1b －m ，可得：g (b )＝ln bb －m (b ＞0)所以：g (x )＝ln xx－m ，x ＞0，由g (x )＝0，可得ln x ＝mx ，即ln x －mx ＝0，函数g (x )有两个零点，即方程ln x －mx ＝0，在(0，＋∞)有两个解， 设h (x )＝ln x －mx ，b ＞0，h ′(x )＝1x－m ，①当m ≤0时，h ′(x )＞0，h (x )在(0，＋∞)单调递增，不合题意，舍去． ②当m ＞0时，由h ′(x )＞0，得x ＜1m ，由h ′(x )＜0，得x ＞1m，所以h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1m 递增，在⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞递减， 方程ln x －mx ＝0，在(0，＋∞)有两个解， 只需：h ⎝⎛⎭⎫1m ＞0，即：ln 1m －1＞0， 解得：0＜m ＜1e，所以实数m 的取值范围为：⎝⎛⎭⎫0，1e ． 2．(2016·江苏卷)已知函数f (x )＝a x ＋b x (a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12．①求方程f (x )＝2的根；②若对任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 解：(1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x )＝2x ＋2－x ．①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x ＝2，两边同乘2x 得(2x )2－2×2x ＋1＝0， 所以(2x －1)2＝0，即2x ＝1，解得x ＝0． ②由条件知f (2x )＝22x ＋2－2x＝(2x ＋2－x )2－2＝(f (x ))2－2．因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )＞0，所以m ≤(f (x ))2＋4f (x )对于x ∈R 恒成立．而(f (x ))2＋4f (x )＝f (x )＋4f (x )≥2f (x )·4f (x )＝4，且(f (0))2＋4f (0)＝4，所以m ≤4，故实数m 的最大值为4．(2)因为函数g (x )＝f (x )－2有且只有一个零点，而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0， 所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b ，又由0＜a ＜1，b ＞1知ln a ＜0，ln b ＞0， 所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a ⎝⎛⎭⎫－ln a ln b ． 令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a x ln a ＋b x ln b )′＝a x (ln a )2＋b x (ln b )2， 从而对任意x ∈R ，h ′(x )＞0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )＜g ′(x 0)＝0； 当x ∈(x 0，＋∞)时g ′(x )＞g ′(x 0)＝0．因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0．若x 0＜0，则x 0＜x 02＜0，于是g ⎝⎛⎭⎫x 02＜g (0)＝0．又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2＞a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在x 02和log a 2之间存在g (x )的零点，记为x 1．因为0＜a ＜1，所以log a 2＜0．又x 02＜0，所以x 1＜0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾． 若x 0＞0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾．因此x 0＝0.于是－ln aln b ＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1．3．(2017·揭阳一模)已知函数f (x )＝ae x ＋ln x ．(a ∈R )(1)若函数在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)试讨论函数f (x )在区间(0，＋∞)内极值点的个数． 解：(1)由题意可知：对∀x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，f ′(x )＝－a e x ＋1x ≤0， 即a ≥e xx ，对∀x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 恒成立， 令g (x )＝e xx ，求导g ′(x )＝(x －1)e x x 2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1，g ′(x )＞0， ∴函数g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增， ∴g ⎝⎛⎭⎫1e ＝e1＋1e ，g (e)＝e e －1，由e e －1＞e1＋1e ， ∴在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上g (x )max ＝e e －1， ∴a ≥e e －1，(2)法一 由f ′(x )＝－a e x ＋1x ＝e x－ax x e x ＝e xx－a e x ，令g (x )＝e xx ，g ′(x )＝(x －1)e x x 2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1时，g ′(x )＞0， ∴函数g (x )在(0,1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增， g (x )min ＝g (1)＝e ，当a ≤e 时，g (x )≥a 恒成立，f ′(x )≥0，函数f (x )在区间(0，＋∞)单调递增，f (x )无极值点， 当a ＞e 时，g (x )min ≥g (1)＝e ＜a ，故存在x 1∈(0,1)和x 2∈(1，＋∞)，使得g (x 1)＝g (x 2)＝a ，当0＜x ＜x 1，f ′(x )＞0，当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＜0，当x ＞x 2，f ′(x )＞0， ∴函数f (x )在(x 1，x 2)单调递减，在(0，x 1)和(x 2，＋∞)单调递增， ∴x 1为函数f (x )的极大值点，x 2为函数f (x )的极小值点，综上可知：a ≤e 时，函数f (x )无极值点，当a ＞e 时，函数f (x )有两个极值点． 法二 f ′(x )＝e x －ax x e x ，设h (x )＝e x －ax (x ＞0)，则h ′(x )＝e x －a ，由x ＞0，e x＞1， ①当a ≤1时，h ′(x )＞0，h (x )递增，h (x )＞h (0)＝1， 则f ′(x )＞0，f (x )递增，f (x )在区间(0，＋∞)内无极值； ②当a ＞1时，由h ′(x )＝e x －a ＞0，则x ＞ln a ， 可知h (x )在(0，ln a )内递减，在(ln a ，＋∞)单调递增， ∴h (x )min ＝h (ln a )＝a (1－ln a )，(i)当1＜a ≤e 时，h (x )＞h (x )min ≥0，则f ′(x )＞0，f (x )单调递增，f (x )在区间(0，＋∞)内无极值； (ii)当a ＞e 时，h (x )min ＜0，又h (0)＞0，x 很大时，h (x )＞0， ∴存在x 1∈(0，ln a )，x 2∈(ln a ，＋∞)，使得h (x 1)＝0，h (x 2)＝0， 即f ′(x 1)＝0，f ′(x 2)＝0，可知在x 1，x 1两边f ′(x )符号相反， ∴函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，综上可知：a ≤e 时，函数f (x )无极值点，当a ＞e 时，函数f (x )有两个极值点． 4．(2017·长春二模)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R ．(1)若f (x )存在极值点为1，求a 的值；(2)若f (x )存在两个不同零点x 1，x 2，求证a ＞e2(e 为自然对数的底数，ln 2≈0.6931)．(1)解：函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x ，a ∈R可得f ′(x )＝x ＋1－a －ax，因为f (x )存在极值点为1，所以f ′(1)＝0，即2－2a ＝0，a ＝1，经检验符合题意，所以a ＝1； (2)证明：f (x )的导数为f ′(x )＝x ＋1－a －ax ＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1－ax (x ＞0)， ①当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意； ②当a ＞0时，由f ′(x )＝0得x ＝a ， 当x ＞a 时，f ′(x )＞0，所以f (x )为增函数， 当0＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，所以f (x )为减函数， 所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值f (a )， 又因为f (x )存在两个不同零点，所以f (a )＜0， 即12a 2＋(1－a )a －a ln a ＜0，整理得ln a ＞1－12a ， 令h (a )＝ln a ＋12a －1，h ′(a )＝1a ＋12＞0，h (a )在定义域内单调递增，h ⎝⎛⎭⎫e 2·h (e)＝⎝⎛⎭⎫ln e 2＋e 4－1⎝⎛⎭⎫ln e ＋e 2－1＝e 2⎝⎛⎭⎫e 4－ln 2，由ln 2≈0.6931，e ≈2.71828，知e4－ln 2＜0，故a ＞e2成立．5．(2017·云南二模)已知e 是自然对数的底数，f (x )＝m e x ，g (x )＝x ＋3，φ(x )＝f (x )＋g (x )，h (x )＝f (x )－g (x －2)－2017．(1)设m ＝1，求h (x )的极值；(2)设m ＜－e 2，求证：函数φ(x )没有零点；(3)若m ≠0，x ＞0，设F (x )＝mf (x )＋4x ＋4g (x )－1，求证：F (x )＞3．(1)解：∵f (x )＝m e x ，g (x )＝x ＋3，m ＝1， ∴f (x )＝e x ，g (x －2)＝x ＋1，∴h (x )＝f (x )－g (x －2)－2017＝e x －x －2018． ∴h ′(x )＝e x －1，令h ′(x )＝0得x ＝0．∵e 是自然对数的底数，∴h ′(x )＝e x －1是增函数． ∴当x ＜0时，h ′(x )＜0，即h (x )是减函数； 当x ＞0时，h ′(x )＞0，即h (x )是增函数．∴函数h (x )没有极大值，只有极小值，且当x ＝0时，h (x )取得极小值． ∴h (x )的极小值为h (0)＝－2017． (2)证明：∵f (x )＝m e x ，g (x )＝x ＋3， ∴φ(x )＝f (x )＋g (x )＝m ·e x ＋x ＋3， ∴φ′(x )＝m ·e x ＋1．∵m ＜－e 2＜0，∴φ′(x )＝m ·e x ＋1是减函数． 令φ′(x )＝m ·e x ＋1＝0解得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－1m ． 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－1m 时，φ′(x )＝m ·e x ＋1＞0，此时函数φ(x )是增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－1m ，＋∞时，φ′(x )＝m ·e x ＋1＜0，此时函数φ(x )是减函数， ∴当x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－1m 时，函数φ(x )取得最大值，最大值为φ⎣⎡⎦⎤ln ⎝⎛⎭⎫－1m ＝2－ln(－m )． ∵m ＜－e 2，∴2－ln(－m )＜0，∴φ(x )＜0， ∴当m ＜－e 2时，函数φ(x )没有零点．(3)证明：∵f (x )＝m e x ，g (x )＝x ＋3，F (x )＝mf (x )＋4x ＋4g (x )－1＝1e x ＋4x ＋4x ＋2．∵x ＞0，∴F (x )＞3化为(x －2)e x ＋x ＋2＞0． 设u (x )＝(x －2)e x ＋x ＋2，则u ′(x )＝(x －1)e x ＋1． 设v (x )＝(x －1)e x ＋1，则v ′(x )＝x e x ． ∵x ＞0，∴v ′(x )＞0．又∵当x ＝0时，v ′(x )＝0，∴函数v (x )在[0，＋∞)上是增函数． ∵x ＞0，∴v (x )＞v (0)，即v (x )＞0． 又∵x ＝0，v (x )＝0，∴当x ＞0时，u ′(x )＞0；当x ＝0时，u ′(x )＝0，∴函数u (x )在[0，＋∞)上是增函数．∴当x ＞0时，u (x )＞u (0)，即(x －2)e x ＋x ＋2．∴当x ＞0时，F (x )＞3．6．已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值；(2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0,1)内有零点，证明：e －2＜a ＜1．(1)解：由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b ，所以g ′(x )＝e x －2a ． 当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]，当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增， 因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减． 因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12＜a ＜e 2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ∈(0,1)， 所以函数g (x )在区间[0，ln 2a ]上单调递减，在区间(ln 2a ，1]上单调递增．于是，g (x )在[0,1]上的最小值是g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b ．综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (0)＝1－b ；当12＜a ＜e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln 2a )＝2a －2a ln 2a －b ；当a ≥e 2时，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (1)＝e －2a －b ．(2)证明：设x 0为f (x )在区间(0,1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负．故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1，同理，g (x )在区间(x 0,1)内存在零点x 2，所以g (x )在区间(0,1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点，不合题意．当a≥e2时，g(x)在[0,1]上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点，不合题意．所以12＜a＜e2．此时g(x)在区间[0，ln 2a]上单调递减，在区间(ln 2a,1]上单调递增，因此x1∈(0，ln 2a]，x2∈(ln 2a,1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0．由f(1)＝0有a＋b＝e－1＜2，有g(0)＝a－e＋2＞0，g(1)＝1－a＞0，解得e－2＜a＜1．所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e－2＜a＜1．。
(2021年整理)2018届高三数学基础专题练习：导数与零点(答案版)
2018届高三数学基础专题练习：导数与零点(答案版)编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018届高三数学基础专题练习：导数与零点(答案版)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018届高三数学基础专题练习：导数与零点(答案版)的全部内容。
导数与函数的零点专题研究方程根或函数的零点的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．例题精讲例1、已知函数f（x）＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f（x)在点(0,2）处的切线与x轴交点的横坐标为－2。
(1)求a；（2）证明：当k<1时,曲线y＝f（x)与直线y＝kx－2只有一个交点．解析：f′（x）＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a。
曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2，由题设得－错误!＝－2,所以a＝1.(2）证明由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2，设g(x)＝f（x）－kx＋2＝x3－3x2＋（1－k)x ＋4.由题设知1－k〉0。
当x≤0时，g′（x）＝3x2－6x＋1－k>0，g(x）单调递增，g(－1)＝k－1<0,g（0)＝4,所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．当x〉0时，令h（x）＝x3－3x2＋4，则g（x）＝h(x）＋(1－k）x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x（x－2),h(x)在（0,2）单调递减，在（2，＋∞)单调递增，所以g （x）>h（x）≥h（2)＝0。
备考2018-三年高考数学(理)试题分项版解析：专题08导数与不等式、函数零点相结合(解析版)
若 a 0 ，函数 h x 与函数 ag x 没有交点，
当 a 0 时， ag 1 h 1 时，此时函数 h x 和 ag x 有一个交点，
即a2
1 ，解得 a
1
. 故选 C.
2
【考点】 函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类讨论的数学思想
2. 【 2017 课标 1，理 21】已知函数 f (x) ae2x (a 2)ex x . （ 1）讨论 f (x) 的单调性； （ 2）若 f (x) 有两个零点，求 a 的取值范围 .
a 2) n0
e n0
n0
2 n0
n0
0.
a
由于 ln( 3 1) a
ln a ，因此 f ( x) 在 ( ln a, ) 有一个零点 .
综上， a 的取值范围为 (0,1) .
【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围
.
在大于 0 的点 .
3. 【 2017 课标 II ，理】已知函数 f x ax2 ax xln x，且 f x 0 。
（III ）证明：对于任意的正整数
p
p ， q ，且 q
[1, x0)
( x0 , 2] ，
p
令m
，函数 h(x) q
g( x)(m x0 )
f ( m) .
由（ II ）知，当 m [1, x0) 时， h( x) 在区间 (m, x0 ) 内有零点；
当 m ( x0 ,2] 时， h(x) 在区间 ( x0 , m) 内有零点 .
所 以 h( x) 在 (1,2) 内 至 少 有 一 个 零 点 ， 不 妨 设 为 x1 ， 则
p
p
h( x1 )
g( x1)( q
2018高考数学真题 理科 2.8考点2 函数零点应用
第二章 函数概念及基本初等函数第八节 函数与方程考点2 函数零点应用（2018·浙江卷）我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一．凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x ，y ，z ，则{x ＋y ＋z ＝100,5x ＋3y ＋13z ＝100,当z ＝81时，x ＝________，y ＝________. 【解析】方法一 由题意，得{x ＋y ＋81＝100,5x ＋3y ＋13×81＝100,即{x ＋y ＝19,5x ＋3y ＝73,解得{x ＝8,y ＝11.方法二 100－81＝19（只），81÷3＝27（元），100－27＝73（元）．假设剩余的19只鸡全是鸡翁，则5×19＝95（元）．因为95－73＝22（元），所以鸡母：22÷（5－3）＝11（只），鸡翁：19－11＝8（只）．【答案】8 11（2018·浙江卷）已知λ∈R ，函数f （x ）＝{x －4，x ≥λ,x 2－4x ＋3,x ＜λ.当λ＝2时，不等式f （x ）＜0的解集是________．若函数f （x ）恰有2个零点，则λ的取值范围是________．【解析】当λ＝2时，f （x ）＝{x －4，x ≥2,x 2－4x ＋3,x ＜2. 其图象如图（1）．由图知f （x ）＜0的解集为（1,4）．f（x）＝{x－4，x≥λ,x2－4x＋3,x＜λ恰有2个零点有两种情况：①二次函数有两个零点，一次函数无零点；②二次函数与一次函数各有一个零点．在同一平面直角坐标系中画出y1＝x－4与y2＝x2－4x＋3的图象，如图（2），平移直线x＝λ，可得λ∈（1,3]∪（4，＋∞）．【答案】（1,4）（1,3]∪（4，＋∞）（2018·天津卷（理））已知a＞0，函数f（x）＝{x2＋2ax＋a,x≤0,－x2＋2ax－2a,x＞0.若关于x的方程f（x）＝ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是________．【解析】作出函数f（x）的示意图，如图．l1是过原点且与抛物线y＝－x2＋2ax－2a相切的直线，l2是过原点且与抛物线y＝x2＋2ax＋a相切的直线．由图可知，当直线y＝ax在l1，l2之间（不含直线l1，l2）变动时，符合题意．由{y＝ax,y＝－x2＋2ax－2a,消去y，整理得x2－ax＋2a＝0.由Δ1＝0，得a＝8（a＝0舍去）．由{y＝ax,y＝x2＋2ax＋a,消去y，整理得x2＋ax＋a＝0.由Δ2＝0，得a＝4（a＝0舍去）．综上，得4＜a＜8.【答案】（4,8）（2018·全国Ⅰ卷（理））已知函数f（x）＝{e x,x≤0,ln x,x＞0,g（x）＝f（x）＋x＋A．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是（）A．[－1,0）B．[0，＋∞）C．[－1，＋∞）D．[1，＋∞）【解析】令h（x）＝－x－a，则g（x）＝f（x）－h（x）．在同一坐标系中画出y＝f（x），y＝h（x）图象的示意图，如图所示．若g（x）存在2个零点，则y＝f（x）的图象与y＝h（x）的图象有2个交点，平移y＝h（x）的图象可知，当直线y＝－x－a过点（0,1）时，有2个交点，此时1＝－0－a，a＝－1.当y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a＜－1时，仅有1个交点，不符合题意；当y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a＞－1时，有2个交点，符合题意．综上，a的取值范围为[－1，＋∞）．故选C．【答案】C。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题对点练8 导数与函数的零点及参数范围
1.(2016江西南昌十所重点学校二模,理21)已知函数f(x)=e x(sin x+cos x)+a,g(x)=(a2-a+10)e x(a∈R且a为常数).
(1)若曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线过点(1,2),求实数a的值;
(2)判断函数φ(x)=+1+ln x(b>1)在(0,+∞)内的零点个数,并说明理由.
解 (1)f'(x)=e x(sin x+cos x)+e x(cos x-sin x)=2e x cos x,
又曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线过点(1,2),得f'(0)=,即2=1-a,解得a=-1.
(2)由φ(x)=+1+ln x=0(x>0),
得+1+ln x=0,
化为=1-x-x ln x,
令h(x)=1-x-x ln x,则h'(x)=-2-ln x.
由h'(x)=-2-ln x=0,得x=e-2,
故h(x)在内递增,在内递减,
h(x)max=h=1+.
再令t(x)==b e x,
因为b>1,所以函数t(x)=b e x在(0,+∞)内递增,t(x)>t(0)=b e0=b>1+.
故t(x)>h(x)max,由此判断函数φ(x)在(0,+∞)内没有零点,故φ(x)零点个数为0.
2.(2017山西第四次五校联考,理21)设函数f(x)=ln x-ax(a∈R).
(1)求曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线L的方程,并证明:除点A外,曲线y=f(x)都在直线L的下方;
(2)若函数h(x)=e x+f(x)在区间(1,3)内有零点,求a的取值范围.
解 (1)∵f'(x)=-a,∴f'(1)=1-a,
∵f(1)=-a,∴L的方程为y+a=(1-a)(x-1),
即y=(1-a)x-1.
设p(x)=f(x)-(1-a)x+1=ln x-x+1,
则p'(x)=,
若x>1,则p'(x)<0;若0<x<1,则p'(x)>0.
∴p(x)max=p(1)=0,∴p(x)≤0,
∴f(x)≤(1-a)x-1,当且仅当x=1时,取等号.
故除点A外,曲线y=f(x)都在直线L的下方.
(2)h(x)=e x+f(x)在区间(1,3)内有零点,
即a=在x∈(1,3)内有实数解.
设F(x)=,
则F'(x)=,
设g(x)=e x(x-1)+1-ln x,则g'(x)=x,
数形结合得函数y=e x-(x>0)的零点在(0,1)上,且y>0在(1,3)内恒成立,
∴g'(x)>0,即g(x)在(1,3)内单调递增,
∴g(x)>g(1)=1,则F'(x)>0在(1,3)内恒成立,
∴F(x)在(1,3)内递增,∴F(x)∈,
∴a∈.〚导学号16804173〛
3.(2017贵州贵阳二模,理21)已知函数f(x)=(x2-2x)·ln x+ax2+2,g(x)=f(x)-x-2.
(1)当a=-1时,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若a>0且函数g(x)有且仅有一个零点,求实数a的值;
(3)在(2)的条件下,若e-2<x<e时,g(x)≤m恒成立,求实数m的取值范围.
解 (1)当a=-1时,f(x)=(x2-2x)·ln x-x2+2,定义域为(0,+∞),f'(x)=(2x-2)ln x+(x-2)-2x,
∴f'(1)=-3,
又f(1)=1,
∴f(x)在(1,f(1))处的切线方程为3x+y-4=0.
(2)令g(x)=f(x)-x-2=0,则(x2-2x)ln x+ax2+2=x+2,即a=,令h(x)=,
则h'(x)=-,
令t(x)=1-x-2ln x,
则t'(x)=-1-,
∵x∈(0,+∞),∴t'(x)<0,
∴t(x)在(0,+∞)内是减函数,
又t(1)=h'(1)=0,
∴当0<x<1时,h'(x)>0,当x>1时,h'(x)<0,
∴h(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,
∴h(x)max=h(1)=1>0,又h=1-e<0,h(e2)=<0,a>0,∴当函数g(x)有且仅有一个零
点时,a=1.
(3)当a=1,g(x)=(x2-2x)ln x+x2-x,若e-2<x<e,g(x)≤m,
只需证明g(x)max≤m,g'(x)=(x-1)·(3+2ln x),
令g'(x)=0得x=1或x=,又e-2<x<e,
∴函数g(x)在(e-2,)上单调递增,在(,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增,即x=
是g(x)的极大值点,
又g()=-e-3+2,g(e)=2e2-3e,
且g()=-e-3+2<2<2e<2e=g(e),∴g()<g(e),∴m≥2e2-3e,
∴实数m的取值范围是[2e2-3e,+∞).〚导学号16804174〛4.(2017河南豫南九校质量考评八,理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)>.
(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,所以当x∈(0,a)时,f'(x)<0,当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)在内单调递减,在内单调递增,
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)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,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)>.。