2019年高考數(shù)學(理科_重點生)高考專題輔導專題跟蹤檢測(五)“導數(shù)與函數(shù)的零點問題”考法面面觀

1、 1 3 2 1. (2018 全國卷 n )已知函數(shù) f(x)= 3X - a(x + X+ 1). 若 a= 3，求 f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)只有一個零點. 解：( (1)當 a= 3 時，f(x)= 1x3 3x2 3x 3, 3 2 f (x)= x 6x 3. 令 f (x)= 0，解得 x = 3 2 3 或 x = 3 + 2 3. 當 x q a, 3 2 3) L(3 + 2 3 ,+)時，f (x)0 ; 當 x q3 2 3, 3+ 2 3)時，f (x)0, 3 所以 f(x)= 0 等價于三叢 3a = 0. x + x + 1 3 設 g(x) =

2、 3a, x2+ x+ 1 2 2 x (x + 2x + 3 ) 則 g (x)= 2 廠0, ( (X + x + 1 ) 僅當 x= 0 時，g (x)= 0, 所以 g(x)在 ( a ,+ a )上單調(diào)遞增. 故 g(x)至多有一個零點，從而 f(x)至多有一個零點. 1 1 2 1 1 又 f(3a 1) = 6a + 2a 3= 6 a 60 , 故 f(x)有一個零點. 綜上，f(x)只有一個零點. 1 1 廠 2. (2018 鄭州第一次質(zhì)量預測) )已知函數(shù) f(x) = In x+ , a R 且 a豐豐0. 專題跟蹤檢測(五) “導數(shù)與函數(shù)的零點問題”考法面面觀 ax

3、a (1)討論函數(shù) f(x)的單調(diào)性; (2)當 x -, e 時，試判斷函數(shù) g(x)= (In x 1)ex+ x m 的零點個數(shù). ax 1 解：( (l)f (x)= 廠( (x0), ax 當 a0 恒成立， 函數(shù) f(x)在(0 ,+s)上單調(diào)遞增； ax 1 i 由 f( (x) )=_axo，得 oxa， 函數(shù) f(x)在 a，+ a上單調(diào)遞增，在 o,1上單調(diào)遞減. 綜上所述，當 a0 時，函數(shù) f(x)在寸寸，+ a上單調(diào)遞增，在 0,寸寸上單調(diào)遞減. (2)當 x e，e 時，判斷函數(shù) g(x)= (In x 1)ex+ x m 的零點，即求當 x e b寸，方 程(In

4、 x 1)ex + x= m 的根. 令 h(x)= (In x 1)ex+ x, 1 由(1)知當 a= 1 時，f(x)= In x+ - 1 在 ax 1 當時，由 f (x)二寸0, 得 xa； e，1 上單調(diào)遞減，在(1, e)上單調(diào)遞增, 則 h (x) = In x 1 ex+ 1. 當 x 1，e 時，f(x)f(1) = 0. 1 1 I x + In x 1 0 在 x , e 上恒成立. _e 1 V h (x)= ；+ In x 1 e + 1 0+ 10, h(x)= (In x 1)ex+ x 在 , ie e 上單調(diào)遞增. h(X) )min= h 丄 1 1 e

5、 1 2e + , h(x)max= e. e 當 me 時，函數(shù) g(x)在 ；, e 沒有零點; 1 1 當一 2ee + -0). (1) 若函數(shù) f(x)有且只有一個零點，求實數(shù) k 的值； (2) 證明：當 n N*時，1 +1+1+-+ -ln(n+ 1). 2 3 n 1 kx 1 解：( (1)法一：f(x)= kx In x 1, f (x)= k - = (x0, k0), 1 1 當 0 xk 時，f (x)k 時，f (x)0. k k 1 1 f(x)在 0, 1上單調(diào)遞減，在 k，+ a上單調(diào)遞增. f(x)min= f k = In k, f(x)有且只有一個零點

6、， In k = 0,/k = 1. 法二：由題意知方程 kx In x 1= 0 僅有一個實根， In x+ 1 由 kx In x 1 = 0，得 k = (x0), In x + 1 In x 令 g(x)= x(x0), g (x)= ， 當 0vx0 ; 當 x1 時，g (x) 0,即 x 1 In x,當且僅當 x = 1 時取等號, * n +1 1 n+1 n 取，令 x=，得 nln n, +1 + 1 + + -ln2 + In* + ln = ln(n + 1), 2 3 n 1 2 n 故 1 +1+1 + + ln(n + 1). 2 3 n 4.已知函數(shù) f(x)

7、= ax3 + bx2+ (c 3a 2b)x + d 的圖象如圖所示. (1)求 c, d 的值； 若函數(shù) f(x)在 x= 2 處的切線方程為 3x + y 11= 0，求函數(shù) f(x)的解析 式； 一 1 一 一 在(2)的條件下，函數(shù) y= f(x)與 y= f (x) + 5x+ m 的圖象有三個不同的交點，求 m 的取值范圍. 解：函數(shù) f(x)的導函數(shù)為 f (x)= 3ax2+ 2bx+ c 3a 2b. (1)由圖可知函數(shù) f(x)的圖象過點(0,3)，且 f (1) = 0, 得 d=3, 解得d=3, 3a+ 2b+ c 3a 2b= 0, I c= 0. 3 2 (2)

8、由(1)得，f(x)= ax + bx (3a+ 2b)x + 3, 所以 f (x)= 3ax2+ 2bx (3a + 2b). 由函數(shù) f(x)在 x= 2 處的切線方程為 3x + y 11= 0, 得f2=5, f 2 = 3, 8a + 4b 6a 4b+ 3= 5, a = 1, 所以 解得 ) )12a+ 4b 3a 2b= 3, lb= 6, 所以 f(x)= x3 6x2 + 9x+ 3. 3 2 (3)由(2)知 f(x) = x 6x + 9x + 3,x 所以 f (x)= 3x2 12x + 9. 1 函數(shù) y= f(x)與 y= 3f (x)+ 5x+ m 的圖象有

9、三個不同的交點， 等價于 x3 6x2+ 9x+ 3= (x2 4x+ 3) + 5x+ m 有三個不等實根, 等價于 g(x)= x3 7x2+ 8x m 的圖象與 x 軸有三個不同的交點. 2 因為 g (x)= 3x 14x + 8= (3x 2)(x 4), 2 令 g (x)= 0,得 x = 3 或 x = 4. 當 x 變化時，g (x), g(x)的變化情況如表所示： x ( 2) I , 3 丿 2 3 3 4 ) 4 (4 , + m ) g (x) + 0 一 0 + g(x) 極大值 極小值 g 4 = 16 m0 解得16vm0， 時，g(x)圖象與 x 軸有三個交點

10、, 設 f(x)的兩個零點是 X1, X2,求證: ax 1 2x + 1 f f x (x)= 2ax+ (2 a)= 當 aw 0 時，f (x)0，貝 U f(x)在(0 ,+s)上單調(diào)遞增; 當 a0 時，若 x 0, 1，則 f (x)0,若 x *, ,則 f (x)0,則 f(x)在 0, 法一：構(gòu)造差函數(shù)法 即 f(x)Vf | X , x 0, i 又 Xi, X2是函數(shù) f(x)的兩個零點且 0VXiV；VX2 , a f(xi)= f(x2) Xi, a a a上單調(diào)遞增，在 首，+ 8上單調(diào)遞減. 由易知 a0，且 f(x)在 0, a 上單調(diào)遞增，在 ，+ 上單調(diào)遞減

11、，不妨設。乂乂勺寺勺寺乂乂?, Xi + X2 2 Xi + X2 i V0 ? 丁訂丁訂? 2 Xi+ X22，故要證 f a 學學Vo，只需證“ x22即可. 構(gòu)造函數(shù) F(x) = f(x) f 2 x 申 x 0,寸寸, F (x) = f (x) =f (x) + f 2 x = 2aXaX 2 + 2 = , 丿 x(2 ax) x(2 ax) X 0 i , 2(ax F(x)在 0, i 上單調(diào)遞增, F(x)vF f = f f 2-寸寸=0 法三：比值( (差值)代換法 因為 f(x)的兩個零點是 Xi, X2, 不妨設 0VXiVX2, 所以 In Xi ax1+ (2

12、a)xi= In X2 ax2 + (2 a)X2, 所以 a(x2 X2) + (a 2)(X2 Xi) = In X2 In Xi, In X2 In xi 所以 =a(x2 + xi)+ a 2, X2 Xi f (x)= 1 2ax+ 2 a, ，xi + X2 ! 2 2 In X2 In Xi i 所以 2 2 In xi axi+ (2 a)xi= In X2 ax2 + (2 a)x2, 所以 2 2 In xi In X2 + 2(xi X2)= a(xi X2+ xi X2), 所以 In xi In X2+ 2 xi X2 a= 22 ，以下用分析法證明，要證 Xi X2

13、 + Xi X2 Xi + X2 i a， Xi+ X2 Xi X2 + Xi X2 即證 一 2 In xi In X2+ 2(xi X2) ) Xi + X2 Xi + X2+ i 即證 一 2 In xi In X2 + 2 In xi In X2 + 2 2 Xi X2 即證 Xi + X Xi + X2 + i 2 In xi In X2 Xi + X2 Xi X2 即證 2 In xi In X2 根據(jù)對所以 f Xi+ X2 1 時, g(t)1 時，求 f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； 2 .-. (2) 若對任意 x e e , e e ，都有 f(x)v4ln x 成立，求 k

14、的取值范圍； 2 k (3) 若 X1 X2,且 f(X1)= f(x2)，證明 X1X2e . 1 解：( (1)f (x)= - x+ In X k 1= In x k. 當 k1，所以 f (x)= In x k0, 所以函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1 ,+R)，無單調(diào)遞減區(qū)間，無極值. 當 k0 時，令 In x k = 0,解得 x = ek, 當 1xek 時，f (x)ek 時，f (x)0. 所以函數(shù) f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1, ek),單調(diào)遞增區(qū)間是( (ek,+ a)，在(1 ,+)上的 極小值為 f(ek)= (k k 1)ek= ek,無極大值. (2)由題意，

15、f(x) 4ln x0, 2 即問題轉(zhuǎn)化為(x 4)ln x (k+ 1)xi) )，g( (t) )= 2 t 1 In t，則當 t1 時, t1 4ln x+ x 4 則 g (x)= 32 即 k +1 - 對任意 xe e , e e 恒成立, (x 4 In x 2 令 g(x)= - , xe e , e e2 , 2 4 令 t(x) = 4ln x+ x 4, xe e, e ，則 t (x)= - + 10, 2 所以 t(x)在區(qū)間e e , e e 上單調(diào)遞增，故 t(x)min= t(e)= 4 + e 4= e0，故 g (x)0 , 2 8 所以 g(x)在區(qū)間e

16、 e , e e 上單調(diào)遞增，函數(shù) g(x)max= g(e2)= 2 -2. e fx 4 In x 2 8 要使 k + 1 - 對任意 xexe, e e2 恒成立，只要 k + 1g(x)max，所以 k+ 12 2, e 8 解得 k1 - -2 2, e 所以實數(shù) k 的取值范圍為 1 嘗，+ g . (3)證明：法一：因為 f(xi)= f(X2) )，由(1)知，當 k0 時，函數(shù) f(x)在區(qū)間(0, ek)上單調(diào)遞 減，在區(qū)間(ek，+ g)上單調(diào)遞增，且 f(ek+1) = 0. 不妨設 xix2，當 xT0 時，f(x)i0，當 xg時，f(x)i + g，則 Ovxi

17、vekvx2vek+1, 2k 2k 要證x1x2ve2k,只需證心：，即證ekvx20 , If If 所以函數(shù) h(x)在區(qū)間(0, e)上單調(diào)遞增，h(x)vh(e ), 所以只需證 f(X2)Vf 又 f(X1)= f(X2),即證 f(X1)vf 即 h(x)= xln x (k + 1)x+ e2k x h (X) = ln X + 1(k+ 1) + e2k (上辟 + 21! lx X J 而 h(ek)= f(ek) f 所以 f(X1)vf 即 f(X2) = f(X1)vf 構(gòu)造函數(shù) h (x) = f(x) f =(ln x k 1)x ln 2k k 1 x k 1

18、所以 xix2e2k成立. 法二：要證 xix2e2k成立，只要證 In xi+ In X22k. 因為 X1 X2,且 f(Xl)= f(X2) ), 所以(In xi k 1)xi= (In X2 k 1)x2, 即 xiln xi X2ln X2= (k + 1)(xi X2) ), xiln xi X2ln xi+ X2ln xi X2ln X2= (k+ 1)(xi X2), 即(xi X2)ln xi + X2 ln = (k+ 1)(xi X2), 2 Xi 門 m Xiln xi 同理 k+ 1 = ln x2+ 2 xi X2 xi xi x2lnX XilnX2 c 從而 2k= ln Xi + ln X2+ + 2, Xi X2 Xi X2 Xi xi X2ln xiln- 一 X2 X2 要證 ln xi+ ln X22k,只要證 + Xi X2 Xi X2 不妨設 0XiX