高考数学命题角度6_3利用导数研究函数的零点、方程的根大题狂练理

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高考数学命题角度6_3利用导数研究函数的零点、方程的根大题狂练理

命题角度 3:利用导数研究函数的零点、方程的根 1.已知函数     11 lnxf x a e x a a     ( 0a  且 1a  ), e 为自然对数的底数. (Ⅰ)当 a e 时,求函数  y f x 在区间  0,2x 上的最大值; (Ⅱ)若函数  f x 只有一个零点,求 a 的值. 【答案】(Ⅰ)     2 max 12 3f x f e e e     ;(Ⅱ) 1a e  . 【解析】试题分析: (1)由导函数的解析式可得        2 max 1max 0 , 2 3f x f f e e e     . (2)由  ' 0f x  ,得 logax e ,分类讨论 1a  和 0 1a  两种情况可得 1a e  . (Ⅱ)     11 lnxf x a e x a a     ,    ' ln ln lnx xf x a a e a a a e    , 令  ' 0f x  ,得 logax e ,则 ①当 1a  时, ln 0a  , x  ,logae logae  log ,ae   'f x  0   f x 极小值 所以当 logax e 时,  f x 有最小值    min 1log lnaf x f e e a a     , 因 为 函 数  f x 只 有 一 个 零 点 , 且 当 x   和 x   时 , 都 有  f x   , 则  min 1ln 0f x e a a     ,即 1ln 0e a a   , 因为当 1a  时, ln 0a  ,所以此方程无解. ②当 0 1a  时, ln 0a  , x  ,logae logae  log ,ae   'f x  0   f x 极小值 所以当 logax e 时,  f x 有最小值    min 1log lnaf x f e e a a     , 因为函数  f x 只有一个零点,且当 x   和 x   时,都有  f x   , 所以  min 1ln 0f x e a a     ,即 1ln 0e a a   ( 0 1a  )(*) 设   1ln (0 1)g a e a aa     ,则   2 2 1 1' e aeg a a a a    , 令  ' 0g a  ,得 1a e  , 当 10 a e   时,  ' 0g a  ;当 1a e  时,  ' 0g a  ; 所以当 1a e  时,  min 1 1ln 0g a g e ee e        ,所以方程(*)有且只有一解 1a e  . 综上, 1a e  时函数  f x 只有一个零点. 点睛:导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知 识点,所以在历届高考中,对导数的应用的考查都非常突出 ,本专题在高考中的命题方向及 命题角度 从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行: (1)考查导数的几 何意义,往往与解析几何、微积分相联系. (2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性; 已知单调性,求参数. (3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题. (4)考 查数形结合思想的应用. 2.设函数   21 ln2f x x m x  ,    2 1g x x m x   . (Ⅰ)求函数  f x 的单调区间; (Ⅱ)当 0m  时,讨论函数  f x 与  g x 图像的交点个数. 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析. 【解析】试题分析:(1)先求出函数的导数,解关于导函数的不等式,从而求出函数的单调 区间; (2)问题转化为求函数        21 1 ln , 02F x f x g x x m x m x x        ,的零点个数 问题,通过求导,得到函数 F(x)的单调区间,求出 F(x)的极小值,从而求出函数 h(x) 的零点个数即 f(x)和 g(x)的交点个数. (Ⅱ) 解:令        21 1 ln , 02F x f x g x x m x m x x        ,问题等价于求函数  F x 的零点个数, 当 0m  时 ,   21 , 02F x x x x    , 有 唯 一 零 点 ; 当 0m  时 ,     1x x mF x x    , 当 1m  时,   0F x  ,函数  F x 为减函数,注意到   31 02F   ,  4 ln4 0F    , 所以  F x 有唯一零点; 当 1m  时, 0 1x  或 x m 时   0F x  , 1 x m  时   0F x  , 所以函数  F x 在 0,1 和  ,m  单调递减,在 1,m 单调递增,注意到   11 02F m   ,    2 2 ln 2 2 0F m m m     ,所以  F x 有唯一零点; 当 0 1m  时, 0 x m  或 1x  时   0F x  , 1m x  时   0F x  , 所以函数  F x 在 0,m 和 1, 单调递减,在  ,1m 单调递增,意到 ln 0m  , 所以    2 2ln 02 mF m m m    ,而    2 2 ln 2 2 0F m m m     , 所以  F x 有唯一零点. 综上,函数  F x 有唯一零点,即两函数图象总有一个交点. 3.已知函数   21ln 2f x x ax  ( a R ). (1)若  f x 在点   2, 2f 处的切线与直线 2 2 0x y   垂直,求实数 a 的值; (2)求函数  f x 的单调区间; (3)讨论函数  f x 在区间 21,e   上零点的个数. 【答案】(1) 0a  (2)见解析(3)见解析 【解析】试题分析:由   1f x axx    21 ax x  ,直线 2 2 0x y   的斜率为 2 , 所以  1 42 12 a    得出 a 值,(2)确定函数的单调区间   1f x axx    21 ax x  大于 零或小于零解不等式即可注意当当 0a  , 0a  时(3)由(2)可知, 当 0a  时,  f x 在 21,e   上单调递增,而   11 02f a   ,故  f x 在 21,e   上没有零 点; 当 0a  时,  f x 在 21,e   上单调递增,而   11 02f a   ,故  f x 在 21,e   上有一个 零点;只需讨论当 0a  时结合草图根据零点所在的区间逐一讨论即可 试题解析: (1)由题可知  f x 的定义域为  0, , 因为   21ln 2f x x ax  ,所以   1f x axx    21 ax x  又因为直线 2 2 0x y   的斜率为 2 ,   1 42 12 a     ,解得 0a  (2)由(1)知:   1f x axx    21 ax x  , 当 0a  时,   0f x  ,所以  f x 在 0, 上单调递增; 当 0a  时,由   0f x  得 1x a  ,由   0f x  得 1x a  ,所以  f x 在 10, a       上单 调递增,在 1 ,a      上单调递减. 综上所述:当 0a  时,  f x 在  0, 上单调递增;当 0a  时,  f x 在 10, a       上单 调递增,在 1 ,a      上单调递减. ②若 211 ea   ,即 4 1 1ae   时,  f x 在 11, a       上单调递增,在 21 ,ea       上单调递减, 而   11 02f a   , 1 1 1ln2 2f aa         ,  2 412 2f e ae  , 若 1 1 ln2f aa         1 02  ,即 1a e  时,  f x 在 21,e   上没有零点; 若 1 1 ln2f aa         1 02  ,即 1a e  时,  f x 在 21,e   上有一个零点; 若 1 1 ln2f aa         1 02  ,即 1a e  时,由  2 412 02f e ae   得 4 4a e  ,此时,  f x 在 21,e   上有一个零点; 由  2 412 02f e ae   得 4 4a e  ,此时,  f x 在 21,e   上有两个零点; ③若 21 ea  ,即 4 10 a e   时,  f x 在 21,e   上单调递增,   11 02f a   ,  2 412 02f e ae   ,  f x 在 21,e   上有一个零点. 综上所述:当 4 40 a e   或 1a e  时,  f x 在 21,e   上有一个零点;当 0a  或 1a e  时,  f x 在 21,e   上没有零点;当 4 4 1ae e   时,  f x 在 21,e   上有两个零点. 4.已知函数   2 12 x mf x e x mx    . (1)当 1m  时,求证:对  0,x   时,   0f x  ; (2)当 1m  时,讨论函数  f x 零点的个数. 【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【解析】试题分析:(1)函数求导  ' 1xf x e x   ,再求导得  ' 0f x  恒成立,又因为    0 0  0f f x  恒成立; (2)由(1)可知,当 x≤0 时,f″(x)≤0,可得 对∀x∈R,f′(x)≥0,即 ex≥x+1,分类 讨论当 x≥-1 时,当 x<-1 时,函数 y=f(x)的零点个数即可得解; 当 x<-1 时,再分 0≤m≤1 和 m<0 两种情况进行讨论,由函数零点定理进行判断即可得到答 案. 试题解析:,所以 (1)当 1m  时,   2 12 x xf x e x    ,则  ' 1xf x e x   ,令   1xg x e x   ,则  ' 1xg x e  ,当 0x  时, 1 0xe   ,即  ' 0g x  ,所以函数  ' 1xf x e x   在 0, 上为增函数,即当 0x  时,    ' ' 0f x f ,所以当 0x  时,  ' 0f x  恒成立,所以函 数   2 12 x xf x e x    在  0, 上为增函数,又因为  0 0f  ,所以当 1m  时,对    0, , 0x f x    恒成立. (2)由(1)知,当 0x  时, 1 0xe   ,所以  ' 0g x  ,所以函数  ' 1xf x e x   的减 区 间 为  ,0 , 增 函 数 为  0, . 所 以    min' ' 0 0f x f  , 所 以 对 x  R ,  ' 0f x  ,即 1xe x  . ①当 1x   时, 1 0x   ,又  1, 1 1m m x x     ,    1 1 0x xe m x e x       , 即  ' 0f x  ,所以当 1x   时,函数  f x 为增函数,又  0 0f  ,所以当 0x  时,   0f x  ,当 1 0x   时,   0f x  ,所以函数  f x 在区间 1,  上有且仅有一个 零点,且为0 . ② 当 1x   时 ,( ⅰ ) 当 0 1m  时 ,  1 0, 0xm x e    , 所 以    ' 1 0xf x e m x    ,所以函数  f x 在  , 1  上递增,所以    1f x f  ,且   1 1 11 1, 1 02 2 2 m m mf e e          , 故 0 1m  时 , 函 数  y f x 在 区 间  , 1  上无零点. (ⅱ)当 0m  时,  ' xf x e mx m   ,令   xh x e mx m   ,则  ' 0xh x e m   , 所以函数  ' xf x e mx m   在 , 1  上单调递增,   1' 1 0f e   ,当 1 1ex m    时,   1 1 1 1' 1 1 1 0e e ef x m m em m m                       ,又曲线  'f x 在区间 1 1, 1e m       上 不 间 断 , 所 以 1 * 1, 1ex m         , 使  *' 0f x  , 故 当  *, 1x x  时 ,      * 10 ' ' ' 1f x f x f e     ,当  *,x x  时,    *' ' 0f x f x  ,所以函数   2 12 x mf x e x mx    的 减 区 间 为  *, x , 增 区 间 为  *, 1x  , 又   11 1 02 mf e     , 所 以 对   * 1 , 0x x f x    , 又 当 21 1x m     时 ,  2 1 0, 02 m x mx f x      , 又  * 0f x  , 曲线   2 12 x mf x e x mx    在 区间 *21 , xm       上不间断.所以  * 0 ,x x   ,且唯一实数 0x ,使得  0 0f x  ,综上,当 0 1m  时,函数  y f x 有且仅有一个零点;当 0m  时,函数  y f x 有个两零点. 点睛:已知函数有零点求参数常用的方法和思路: (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,转化成函数的值域问题解决; (3)数形结合法:先对解析式变形,在同一个平面直角坐标系中,画出函数的图像,然后数 形结合求解. 5.已知函数 . (1)若在 处, 和 图象的切线平行,求 的值; (2)设函数 ,讨论函数 零点的个数. 【答案】(1) (2)见解析 试题解析:(1) , 由 ,得 ,所以 ,即 (2)(1)当 时, 在 单增, ,故 时, 没有零点. (2)当 时,显然 有唯一的零点 (3)当 时,设 , 令 有 ,故 在 上单调递增,在 上单调递减, 所以, ,即 在 上单调 递减,在 上单调递增, (当且仅当 等号成立) 有两个根(当 时只有一个根 ) 在 单增,令 为 减函数, 故 只有一个根. 时 有 个零点; 时 有 个零点; 时 有 个零点; 时 有 个零点; 时, 有 个零点. 6.已知函数 . (Ⅰ)求函数 在 上的最小值; (Ⅱ)对一切 恒成立,求实数 的取值范围; (Ⅲ)探讨函数 是否存在零点?若存在,求出函数 的零点,若不存在, 请说明理由. 【答案】(Ⅰ) ; (Ⅱ) ; (Ⅲ)函数 无零点. 【解析】试题分析:(1)求导 ,由导数确定函数的单调性,从而求得最小值; (2)将原问题转化为 ,再记 ,从而转化为函数的最 值问题; (3)原问题可转化为 )是否有解,只需不等号左边的最小值与右边函数的 最大值进行比较即可。 试题解析: (Ⅰ) , 由 得 ,由 得 , ∴函数 在 上单调递减,在 上单调递增. 当 时, , ∴ . 当 时, 在上 单调递增, , ∴ (Ⅲ)令 ,得 ,即 , 由(Ⅰ)知当且仅当 时, 的最小值是 , 设 ,则 , 易知 在(0,1)上单调递增,在 上单调递减, ∴当且仅当 时, 取最大值,且 , ∴对 都有, ,即 恒成立. ∴函数 无零点. 点睛:函数的零点问题常用的方法和思路: 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; 分离参数法:先将参数分离,转化成函数的值域问题解决; 数形结合法:先对解析式变形,在同一个平面直角坐标系中,画出函数的图像,然后数形结 合求解. 7.已知   2e 4 x xf x   ,其中 e 为自然对数的底数. (Ⅰ)设      1g x x f x   (其中  f x 为  f x 的导函数),判断  g x 在  1  , 上 的单调性; (Ⅱ)若      ln 1 4F x x af x    无零点,试确定正数 a 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)单调递增;(Ⅱ)  4a  , . 【解析】试题分析: (1)  'g x 在定义域内恒正,则  g x 在 1  , 上单调递增. (2)结合(1)的结论分类讨论: ①当 0 4a  时,不符合题意; ②当 4a  时,不符合题意; ③当 4a  时,  F x 没有零点. 综上所述,正数 a 的取值范围是  4a  , . 试题解析: (Ⅰ)因为   x 2 xf x e 4   ,则   x 21 1f x e2 4    ,         x 21g x x 1 f x x 1 2e 14           , 所以     x x 1 2 2 21 1 1g x e x 3 1 2e 1 2e 1 04 4 4                         ,所以  g x 在 1  , 上 单调递增. (Ⅱ)由      F x ln x 1 af x 4    知      1 a 1F x af x g xx 1 x 1 a            , 由(Ⅰ)知  g x 在  1  , 上单调递增,且  g 1 0  ,可知当  x 1   , 时,    g x 0  , , 则    a 1F x g xx 1 a        有唯一零点,设此零点为 x t . 易知  x 1 t  , 时,  F x 0  ,  F x 单调递增;  x t  , 时,  F x 0  ,  F x 单调递减, 故        maxF x F t ln t 1 af t 4     ,其中   1a g t  . 令         f xG x ln x 1 4g x     ,则                  2 2 f x g x f x g x f x g x1G x x 1 g x g x              , 易知  f x 0 在  1  , 上恒成立,所以  G x 0  ,  G x 在  1  , 上单调递增, 且  G 0 0 . ①当 0 a 4  时,    1 1g t g 0a 4    ,由  g x 在 1  , 上单调递增知 t 0 , 则        maxF x F t G t G 0 0    , 由  F x 在  1 t , 上 单 调 递 增 ,  4 4F e 1 af(e 1) 0      ,所以    4F t F e 1 0   ,故  F x 在 1 t , 上有零点,不符 合题意; 8.已知函数   lnf x b x ,    2g x ax x a R   . (1)若曲线  f x 与  g x 在公共点  1,0A 处有相同的切线,求实数 ,a b 的值; (2)当 1b  时,若曲线  f x 与  g x 在公共点 P 处有相同的切线,求证:点 P 唯一; (3)若 0a  , 1b  ,且曲线  f x 与  g x 总存在公切线,求:正实数 a 的最小值. 【答案】(1) 1{  1 a b   ;(2)证明见解析;(3)1. 【 解 析】 试 题 分析 :( 1 ) 曲 线  f x 与  g x 在 公 共点  1,0A 处 有 相同 的 切 线 ,         1 0 { 1 0   ' 1 ' 1 f g f g     ,解出即可;(2)设  0 0,P x y ,由题设得        0 0 0 0, 'f x g x f x g x  , 转化为关于 0x 的方程只有一解,进而构造函数转化为函数只有一个零点,利用导数即可证明; (3)设曲线  f x 在点 ,lnt t 处的切线方程为  1lny t x tt    ,则只需使该切线与  g x 相 切即可,也即方程组   2 1 {  y lnt x tt y ax x      ,只有一解即可,所以消去 y 后 0  ,问题转化关 于t 方程总有解,分情况借助导数进行讨论即可求得 a 值. 试题解析:(1) , .∵曲线 与 在公共点 处有相同 的切线∴ , 解得, . (2)设 ,则由题设有 … ①又在点 有共同的切线 ∴ 代入①得 设 ,则 , ∴ 在 上单调递增,所以 =0 最多只有1个实根, 从而,结合(Ⅰ)可知,满足题设的点 只能是 (3)当 , 时, , , 曲线 在点 处的切线方程为 ,即 . 由 ,得 . ∵ 曲线 与 总存在公切线,∴ 关于 的方程 , 即 总有解. 若 ,则 ,而 ,显然 不成立,所以 . 从而,方程 可化为 . 令 ,则 . ∴ 当 时, ;当 时, ,即 在 上单调递减,在 上单调递增.∴ 在 的最小值为 , 所以,要使方程 有解,只须 ,即 . 【方法点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性,属于难题. 应用 导数的几何意义求切点处切线的斜率,主要体现在以下几个方面:(1) 已知切点   0 0,A x f x 求斜率 k ,即求该点处的导数  0k f x  ;(2) 己知斜率 k 求切点   1 1, ,A x f x 即解方程  1f x k  ; (3) 巳 知 切 线 过 某 点   1 1,M x f x ( 不 是 切 点 ) 求 切 点 , 设 出 切 点   0 0, ,A x f x 利用      1 0 0 1 0 f x f xk f xx x    求解. 9.已知函数  f x 满足:①    2 2 ,f x f x x R   ;②    ln , 0,2f x x ax x   ;③  f x 在 4, 2  内能取到最大值 4 . (1)求实数 a 的值; (2)设函数   21 3g x bx bx  ,若对    1 21,2 , 1,2x x    ,使得    1 2f x g x ,求实 数b 的取值范围. 【答案】(1) 1a   ;(2)  3 3, ln2 3 3 ln2,2 2         . 【解析】试题分析:(1)求出  f x 的表达式,得到  f x 的导数,得到 4 4 04 ax   在  4, 2  内必有解,求出  f x 的最大值,从而求出 a 的值即可;(2)设出  f x 和  g x 的 值域,求出  f x 的值域,通过讨论b 的范围,求出  g x 的值域,根据集合的包含关系,解 关于b 的不等式,求出b 的范围即可. 试 题 解 析 :( 1 ) 当  4, 2x   时 , 有  4 0,2x   , 由 条 件 ② 得      4 ln 4 4f x x a x     , 再 由 条 件 ① 得          2 2 4 4 4ln 4 4 4f x f x f x x a x        . 故   4' 44f x ax   ,  4, 2x   . 由条件③得  f x 在在 4, 2  内有最大值,方程  ' 0f x  ,即 4 4 04 ax   在 4, 2  内 必 有 解 , 故 0a  , 且 解 为 1 4x a    . 又 最 大 值 为 4 , 所 以  max 1 1 14 4ln 4 4f x f aa a a                          ,即 1ln 0a      ,所以 1a   . 若 0b  , 则 当  1,2x 时 ,  ' 0g x  ,  g x 为 减 函 数 , 所 以      2 22 , 1 ,3 3B g g b b      . 由 A B ,得 2 2ln2 2, 13 3b b     ,故必有 3 ln2 32b   . 若 0b  , 则 当  1,2x 时 ,  ' 0g x  ,  g x 为 增 函 数 , 所 以      2 21 , 2 ,3 3B g g b b      . 由 A B , 得 2 2ln2 2, 13 3b b     , 故 必 有 33 ln22b   . 若 0b  ,则  0B  ,此时 A B 不成立. 综上可知, b 的取值范围是  3 3, ln2 3 3 ln2,2 2         . 10.已知函数   2 14f x x ax    ,    g x f x b  ,其中 a , b 为常数. (1)若 1x  是函数  y xf x 的一个极值点,求曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程; (2)若函数  f x 有 2 个零点,   f g x 有 6 个零点,求 a b 的取值范围. 【答案】(1) 7 14y x  (2) 2a b  【解析】试题分析:结合极值点导数为零及导数的几何意义求出切线方程;函数零点问题是 导数的一个应用方面 ,首先搞清函数    y f x g x  零点个数的三种判断方法,其一:    y f x g x  的图象与 x 轴交点的横坐标 ;其二:方程    f x g x 的根;其三:函 数  y f x 与  y g x 的图象的交点的横坐标 ;本题根据函数  f x 存在 2 个零点,转 化为方程 2 14a x x   有 2 个不同的实根,解出 3a  ,再根据   f g x 有 6 个零点,求出 a b 范围. ∵   11 32h h      ,∴令    0f g x  ,得   1 2g x  或   1g x   ,即   1 2f x b  或   1f x b   , 而   f g x 有 6 个零点,故方程   1 2f x b  与   1f x b   都有三个不同的解, ∴ 1 02 b  且 1 0b   ,∴ 1b   ,∴ 2a b  . 【点睛】函数    y f x g x  零点个数的三种判断方法,其一:    y f x g x  的图象 与 x 轴交点的横坐标 ;其二:方程    f x g x 的根;其三:函数  y f x 与  y g x 的图象的交点的横坐标 ;涉及   y f g x 零点问题,一般设  t g x ,则  y f t , 先考虑  f t 的零点,找出对应的t 值(或范围),再根据  g x t 找出对应的 x 值(或个 数),需要借助函数图象数形结合去完成.
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