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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)用第二課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點問題課時規(guī)范練a 組基礎(chǔ)對點練1(2020蚌埠市模擬)已知函數(shù) f(x)x2a2ln x 的圖像在點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,求實數(shù) m 的取值范圍解析:(1)f(x)x2a2ln x 的定義域為(0,),f(x)2xa2x.因為 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,y0,所以 yln x2xx 在(1,)上單調(diào)遞減,所以當(dāng) x1 時,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,方程 f(x)mx 在區(qū)間1,e2內(nèi)有唯一實數(shù)解,求實數(shù) m 的取值范圍解析:(1)f(x)(ax1) (x1)x(x0),當(dāng) a0 時,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,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,f(x)0,函數(shù) f(x)在(0,)上單調(diào)遞增;當(dāng) a1 時,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,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,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,函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,);當(dāng) a1 時,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,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上有唯一實數(shù)解,只需 mln xx1 有唯一實數(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),求實數(shù) m 的取值范圍;(2)當(dāng) 0m12時,若曲線 c:yf(x)在點 x1 處的切線 l 與曲線 c 有且只有一個公共點,求 m的值或取值范圍解析:(1)f(x)2mx11x2mx2x1x,即 2mx2x10 時, 由于函數(shù) y2mx2x1 的圖像的對稱軸 x14m0, 故需且只需0, 即 18m0,解得 m18.故 0m18,綜上所述,實數(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,)上有且只有一個零點又 g(1)0,故函數(shù) g(x)有零點 x1.則 g(x)2mx11x2m2mx2(2m1)x1x(2mx1) (x1)x.當(dāng) m12時,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)有且只有一個零點 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,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)又有一個零點,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)有三個零點,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 m0 時,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,h(x)(x1)20,h(x)在 r 上是增函數(shù),不合題意,m1 時,令 h(x)0,解得 xm,x1,令 h(x)0,解得
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