2022屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第十二節(jié)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用第2課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)問題課時(shí)規(guī)范練文含解析北師大版

1、第第二二章章函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第十二節(jié)導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用第二課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)問題課時(shí)規(guī)范練a 組基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練1(2020蚌埠市模擬)已知函數(shù) f(x)x2a2ln x 的圖像在點(diǎn)12，f12處的切線斜率為 0.(1)討論函數(shù) f(x)的單調(diào)性；(2)若 g(x)f(x)12mx 在區(qū)間(1，)上沒有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍解析：(1)f(x)x2a2ln x 的定義域?yàn)?0，)，f(x)2xa2x.因?yàn)?f12 1a0，所以 a1，f(x)x212ln x，f(x)2x12x（2x1） （2x1）2x.令 f(x)0，得 x12；令 f(x)0，得 0 xln x2xx，令

2、 yln x2xx，則 y22ln x4x2122lnx4x24x2.當(dāng) x1 時(shí)，y0，所以 yln x2xx 在(1，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng) x1 時(shí)，ymax1，故12m1，即 m2，)2(2020西寧市模擬)函數(shù) f(x)12ax2(1a)xln x(a0)(1)討論函數(shù) f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng) a0 時(shí)，方程 f(x)mx 在區(qū)間1，e2內(nèi)有唯一實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍解析：(1)f(x)（ax1） （x1）x(x0)，當(dāng) a0 時(shí)，f(x)1xx，令 f(x)0，得 0 x1，令 f(x)0，得 x1，所以函數(shù) f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，(1，)上單調(diào)遞減；當(dāng) 0a1

3、 時(shí)，令 f(x)0，得 x11，x21a1，令 f(x)0，得 0 x1，或 x1a，令 f(x)0，得 1x1a，函數(shù) f(x)在(0，1)和1a，上單調(diào)遞增，在1，1a 上單調(diào)遞減；當(dāng) a1 時(shí)，f(x)0，函數(shù) f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng) a1 時(shí)，01a1，令 f(x)0，得 0 x1a，或 x1，令 f(x)0，得1ax1，函數(shù) f(x)在0，1a 和(1，)上單調(diào)遞增，1a，1上單調(diào)遞減；綜上所述：當(dāng) a0 時(shí)，函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，)；當(dāng) 0a1 時(shí)，函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)和1a，單調(diào)遞減區(qū)間為1，1a ；當(dāng) a1

4、 時(shí)，函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)；當(dāng) a1 時(shí)，函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0，1a 和(1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為1a，1.(2)當(dāng) a0 時(shí)，f(x)xln x，由 f(x)mx，得xln xmx，又 x0，所以 mln xx1，要使方程 f(x)mx 在區(qū)間1，e2上有唯一實(shí)數(shù)解，只需 mln xx1 有唯一實(shí)數(shù)解，令 g(x)ln xx1(x0)，g(x)1ln xx2，由 g(x)0 得 0 xe；g(x)0 得 xe，g(x)在區(qū)間1，e上是增函數(shù)，在區(qū)間e，e2上是減函數(shù)g(1)1，g(e)1e1，g(e2)2e21，故1m2e21 或 m1e1.b 組素養(yǎng)提升練3(2

5、020德州模擬)已知函數(shù) f(x)mx2xln x.(1)若在函數(shù) f(x)的定義域內(nèi)存在區(qū)間 d，使得該函數(shù)在區(qū)間 d 上為減函數(shù)，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍；(2)當(dāng) 0m12時(shí)，若曲線 c：yf(x)在點(diǎn) x1 處的切線 l 與曲線 c 有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求 m的值或取值范圍解析：(1)f(x)2mx11x2mx2x1x，即 2mx2x10 時(shí)， 由于函數(shù) y2mx2x1 的圖像的對(duì)稱軸 x14m0， 故需且只需0， 即 18m0，解得 m18.故 0m18，綜上所述，實(shí)數(shù) m 的取值范圍為，18 .(2)f(1)m1，f(1)2m，故切線方程為 ym12m(x1)，即 y2mxm1.從而

6、方程 mx2xln x2mxm1 在(0，)上有且只有一解設(shè) g(x)mx2xln x(2mxm1)，則 g(x)在(0，)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)又 g(1)0，故函數(shù) g(x)有零點(diǎn) x1.則 g(x)2mx11x2m2mx2（2m1）x1x（2mx1） （x1）x.當(dāng) m12時(shí)，g(x)0，又 g(x)不是常數(shù)函數(shù)，故 g(x)在(0，)上單調(diào)遞增函數(shù) g(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn) x1，滿足題意當(dāng) 0m1，由 g(x)0，得 0 x12m；由 g(x)0，得 1x12m.故當(dāng) x 在(0，)上變化時(shí)，g(x)，g(x)的變化情況如下表：x(0，1)11，12m12m12m，g(x)00g(x)極

7、大值極小值根據(jù)上表知 g12m 0，故在12m，上，函數(shù) g(x)又有一個(gè)零點(diǎn)，不滿足題意綜上所述，m12.4(2020樂山市模擬)已知函數(shù) f(x)13x3m12x2，g(x)13mx，m 是實(shí)數(shù)(1)若 f(x)在 x1 處取得極小值，求 m 的值；(2)若 f(x)在區(qū)間(2，)為增函數(shù)，求 m 的取值范圍；(3)在(2)的條件下，函數(shù) h(x)f(x)g(x)有三個(gè)零點(diǎn)，求 m 的取值范圍解析：(1)f(x)x2(m1)x，由 f(x)在 x1 處取到極小值，得 f(1)1(m1)0，m0，檢驗(yàn) m0 時(shí)，f(x)13x312x2，f(x)x(x1)，令 f(x)0，解得 x1 或 x0，令 f(x)0，解得 0 x1，故 f(x)在(，0)遞增，在(0，1)遞減，在(1，)遞增，故在 x1 處取得極小值，符合題意；所以 m0.(2)f(x)x2(m1)x，f(x)在區(qū)間(2，)為增函數(shù)，f(x)x(xm1)0 在區(qū)間(2，)上恒成立，xm10 恒成立，即 mx1 恒成立，由 x2，得 m1，m 的范圍是(，1(3)h(x)f(x)g(x)13x3m12x2mx13，h(x)(x1)(xm)0，解得 xm，x1，m1 時(shí)，h(x)(x1)20，h(x)在 r 上是增函數(shù)，不合題意，m1 時(shí)，令 h(x)0，解得 xm，x1，令 h(x)0，解得