高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合常用逻辑用语不等式函数与导数 第6讲 高考中导数的综合运用 第1课时 利用导数解决不等式方程的解曲线交点个数问题专题限时集训 理

专题限时集训专题限时集训( (七七) ) 利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个 数问题数问题 (建议用时：45 分钟) 1已知函数f(x)xln x，g(x)x2ax2(aR R) (1)判断曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与曲线yg(x)的公共点个数； (2)当x时，若函数yf(x)g(x)有两个零点，求a的取值范围 1 e，e 解 (1)f(x)ln x1，所以斜率kf(1)1.1 分 又f(1)0，曲线在点(1,0)处的切线方程为yx1. 由Error! 2 分 x2(1a)x10， 由(1a)24a22a3 可知： 当0 时，即a3 时，有两个公共点； 当0 时，即a1 或a3 时，有一个公共点； 当h(e). 13 分 2 e ( 1 e) 所以，当 30). 1 分 a x 当a0 时，f(x)0，f(x)没有零点； 3 分 当a0 时，设u(x)e2x，v(x) ， a x 因为u(x)e2x在(0，)上单调递增，v(x) 在(0，)上单调递增， a x 所以f(x)在(0，)上单调递增. 5 分 又f(a)0，当b满足 00 时，f(x)存在唯一零点. 6 分 (2)证明：由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时， f(x)0.9 分 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得 最小值，最小值为f(x0) 由于 2e2x00， 12 分 a x0 所以f(x0)2ax0aln 2aaln . a 2x0 2 a 2 a 故当a0 时，f(x)2aaln . 14 分 2 a 3(2013江苏高考)设函数f(x)ln xax，g(x)exax，其中a为实数 (1)若f(x)在(1，)上是单调减函数，且g(x)在(1，)上有最小值，求a的取 值范围； (2)若g(x)在(1，)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论 解 (1)令f(x) a0，考虑到f(x)的定义域为(0，)，故 1 x 1ax x a0，进而解得xa1，即f(x)在(a1，)上是单调减函数. 2 分 同理，f(x)在(0，a1)上是单调增函数 由于f(x)在(1，)上是单调减函数，故(1，)(a1，)，从而a11， 即a1. 4 分 令g(x)exa0，得xln a. 当xln a时，g(x)0；当xln a时，g(x)0. 又g(x)在(1，)上有最小值，所以 ln a1，即ae. 综上可知，a(e，). 6 分 (2)当a0 时，g(x)必为单调增函数； 当a0 时，令g(x)exa0，解得aex， 即xln a7 分 因为g(x)在(1，)上是单调增函数，类似(1)有 ln a1，即 0ae1. 综合上述两种情况，得ae1. 当a0 时，由f(1)0 以及f(x) 0，得f(x)存在唯一的零点； 8 分 1 x 当a0 时，由于f(ea)aaeaa(1ea)0，f(1)a0，且函数f(x)在 ea,1上的图象连续，所以f(x)在(ea,1)上存在零点. 9 分 另外，当x0 时，f(x) a0，故f(x)在(0，)上是单调增函数，所以f(x)只 1 x 有一个零点 当 0ae1时，令f(x) a0，解得xa1. 1 x 当 0xa1时，f(x)0；当xa1时，f(x)0， 所以，xa1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a1)ln a1. 10 分 a当ln a10，即ae1时，f(x)有一个零点xe. b当ln a10，即 0ae1时，f(x)有两个零点 实际上，对于 0ae1，由于f(e1)1ae10，f(a1)0，且函数f(x)在 e1，a1上的图象连续，所以f(x)在(e1，a1)上存在零点 另外，当x(0，a1)时，f(x) a0， 1 x 故f(x)在(0，a1)上是单调增函数， 所以f(x)在(0，a1)上只有一个零点 下面考虑f(x)在(a1 ，)上的情况 先证fa0. (ea1)(a2ea1) 为此，我们要证明：当xe 时，exx2. 设h(x)exx2，则h(x)ex2x，再设l(x)h(x)ex2x， 则l(x)ex2. 12 分 当x1 时，l(x)ex2e20，所以l(x)h(x)在(1，)上是单调增函 数 故当x2 时，h(x)ex2xh(2)e240， 零点. 13 分 又当xa1时，f(x) a0， 1 x 故f(x)在(a1，)上是单调减函数， 所以f(x)在(a1，)上只有一个零点 综合可知，当a0 或ae1时，f(x)的零点个数为 1，当 0ae1时，f(x)的 零点个数为 2. 14 分 4(2016苏锡常镇调研二)已知函数f(x)aexx2bx(a，bR R，e2.718 28 是自然对数的底数)，其导函数为yf(x). (1)设a1，若函数yf(x)在 R R 上是单调减函数，求b的取值范围； (2)设b0，若函数yf(x)在 R R 上有且只有一个零点，求a的取值范围； (3)设b2，且a0，点(m，n)(m，nR R)是曲线yf(x)上的一个定点，是否存在实 数x0(x0m)，使得f(x0)f(x0m)n成立？证明你的结论 ( x0m 2 ) 解 (1)当a1 时，f(x)exx2bx，f(x)ex2xb，1 分 由题意f(x)ex2xb0 对xR R 恒成立 由ex2xb0，得bex2x， 令F(x)ex2x，则F(x)ex2，令F(x)0，得xln 2.3 分 当xln 2 时，F(x)0，F(x)单调递增，当xln 2 时，F(x)0，F(x)单调递 减， 5 分 从而当xln 2 时，F(x)有最大值 2ln 22， 所以b2ln 22. 6 分 (2)当b0 时，f(x)aexx2，由题意aexx20 只有一解.7 分 由aexx20，得a，令G(x)，则G(x)， x2 ex x2 ex x2x ex 令G(x)0，得x0 或x2. 当x0 时，G(x)0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为0，)， 8 分 当 0x2 时，G(x)0，G(x)单调递增，G(x)的取值范围为，9 分 (0， 4 e2) 当x2 时，G(x)0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为， (0， 4 e2 10 分 由题意，得a0 或a，从而a0 或a， 4 e2 4 e2 当a0 或a时，函数yf(x)只有一个零点. 4 e2 12 分 (3)f(x)aexx22x，f(x)aex2x2， 假设存在，则有f(x0)f(x0m)nf(x0m)f(m)， ( x0m 2 )( x0m 2 ) 13 分 即f，fae22， fx0fm x0m ( x0m 2 )( x0m 2 ) x0m 2 (x0m) fx0fm x0m aex0emx2 0m22x0m x0m aex0em x0m 2， ae.(*) 14 分 aex0em x0m a0，e，不妨设tx0m0，则 e m. ex0em x0m t 2 etmem t h(t)在(0，)上单调递增， 又h(0)0，h(t)0 对t(0，)恒成立， 即g(t)0 对t(0，)恒成立， g(t)在(0，)上单调递增，又g(0)0， g(t)0 对t(0，)恒成立，即(*)式不成立， 不存在实数x0(x0m)，使得f(x0)f(x0m)n成立. 16 分 ( x0m 2 ) 5(2016南通三模)设函数f(x)xexasin xcos x(aR R，其中 e 是自然对数的底 数) (1)当a0 时，求f(x)的极值； (2)若对于任意的x，f(x)0 恒成立，求a的取值范围； 0， 2 (3)是否存在实数a，使得函数f(x)在区间上有两个零点？若存在，求出a的 (0， 2) 取值范围；若不存在，请说明理由 【导学号：19592022】 解 (1)当a0 时，f(x)xex，f(x)ex(x1)， 令f (x)0，得x1. 2 分 列表如下： x (，1)1(1，) f(x) 0 f(x) 极小值 所以函数f(x)的极小值为f(1) ，无极大值. 4 分 1 e (2)当a0 时，由于对于任意x，有 sin xcos x0， 0， 2 所以f(x)0 恒成立，当a0 时，符合题意； 5 分 当 0a1 时，因为f(x)ex(x1)acos 2xe0(01)acos 01a0， 所以函数f(x)在 上为增函数，所以f(x)f(0)0，即当 0a1，符合题意； 0， 2 6 分 当a1 时，f(0)1a0， f e0， ( 4) 4( 4 1) 所以存在，使得f()0，且在(0，)内， (0， 4) f(x)0， 所以f(x)在(0，)上为减函数，所以f(x)f(0)0. 即当a1 时，不符合题意 综上所述，a的取值范围是(，1. 8 分 (3)不存在实数a，使得函数f(x)在区间上有两个零点，由(2)知，当a1 时， (0， 2) f(x)在上是增函数，且f(0)0，故函数f(x)在区间上无零点 (0， 2) (0， 2) 当a1 时，f(x)ex(x1)acos 2x， 9 分 令g(x)ex(x1)acos 2x，g(x)ex(x2)2asin 2x， 当x时，恒有g(x)0，所以g(x)在上是增函数， (0， 2) (0， 2) 由g(0)1a0，ge a0， ( 2) 2( 2 1) 故g(x)在上存在唯一的零点x0，即方程f(x)0 在上存在唯一解 (0， 2) (0， 2) x0， 11 分 且当x(0，x0)时，f(x)0，当x，f(x)0， (x0， 2) 即函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在上单调递增， 12 (x0， 2) 分 当x(0，x0)时，f(x)f(0)0，即f(x)在(0，x0)无零点； 当x时，f(x0)f(0)，f e 0， (x0， 2) ( 2) 2 所以f(x)在上有唯一零点， 14 分 (x0， 2) 所以，当a1 时，f(x)在上有一个零点 (0， 2) 综上所述，不存在实数a，使得函数f(x)在区间上有两个零点. 16 分 (0， 2) 6设函数f(x)(xa)ln x，g(x).已知曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与 x2 ex 直线 2xy0 平行 (1)求a的值； (2)是否存在自然数k，使得方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根？如果存在， 求出k；如果不存在，请说明理由； (3)设函数m(x)minf(x)，g(x)(minp，q表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大 值 解 (1)由题意知，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为 2，所以f(1)2. 2 分 又f(x)ln x 1，所以a1. 4 分 a x (2)当k1 时，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根 设h(x)f(x)g(x)(x1)ln x， x2 ex 当x(0,1时，h(x)110， 4 e2 4 e2 所以存在x0(1,2)，使得h(x0)0. 6 分 因为h(x)ln x 1， 1 x xx2 ex 所以当x(1,2)时，h(x)1 0， 1 e 当x(2，)时，h(x)0， 所以当x(1，)时，h(x)单调递增.7 分 所以当k1 时，方程f(x)g(x)在(k，k1)