2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)19 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題 理 北師大版

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)19 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題 建議用時(shí)：45分鐘 1．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)； (2)設(shè)x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處的切線也是曲線y＝ex的切線． [解]　(1)f(x)的定義域?yàn)?0,1)∪(1，＋∞)． 因?yàn)閒′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)單調(diào)遞增． 因?yàn)閒(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－＝＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零點(diǎn)x1(e＜x1＜e2)，即f(x1)＝0.又0＜＜1，f＝－ln

2、x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零點(diǎn). 綜上，f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)． (2)因?yàn)椋絜－ln x0，故點(diǎn)B在曲線y＝ex上． 由題設(shè)知f(x0)＝0，即ln x0＝，連接AB，則直線AB的斜率 k＝＝＝. 曲線y＝ex在點(diǎn)B處切線的斜率是，曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處切線的斜率也是，所以曲線y＝ln x在點(diǎn)A(x0，ln x0)處的切線也是曲線y＝ex的切線． 2．(2019·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)討論g(x)＝f(x)在區(qū)間[

3、0,1]上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)． [解]　(1)因?yàn)閒(x)＝ex－ax－1， 所以f′(x)＝ex－a， 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0恒成立， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間； 當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＜0， 得x＜ln a， 令f′(x)＞0，得x＞ln a， 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，ln a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(ln a，＋∞)． (2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝， 先考慮f(x)在區(qū)間[0,1]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)， 當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增且f(0)＝0，所以f(x)在[0,1]上有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)a≥e時(shí)，f(x

4、)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，所以f(x)在[0,1]上有一個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)1＜a＜e時(shí)，f(x)在(0，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a,1)上單調(diào)遞增， 而f(1)＝e－a－1，當(dāng)e－a－1≥0，即1＜a≤e－1時(shí)，f(x)在[0,1]上有兩個(gè)零點(diǎn)， 當(dāng)e－a－1＜0，即e－1＜a＜e時(shí)，f(x)在[0,1]上有一個(gè)零點(diǎn)． 當(dāng)x＝時(shí)，由f＝0得a＝2(－1)， 所以當(dāng)a≤1或a＞e－1或a＝2(－1)時(shí)，g(x)在[0,1]上有兩個(gè)零點(diǎn)； 當(dāng)1＜a≤e－1且a≠2(－1)時(shí)，g(x)在[0,1]上有三個(gè)零點(diǎn)． 3．(2019·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)＝－4ax＋aln x＋3a

5、2＋2a(a＞0)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，當(dāng)a變化時(shí)，求f(x1)＋f(x2)的最大值． [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閤＞0，對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝x－4a＋＝，x＞0，a＞0. 令M(x)＝x2－4ax＋a， 則Δ＝16a2－4a＝4a(4a－1)． ①當(dāng)0＜a≤時(shí)，Δ≤0，M(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，則f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a＞時(shí)，Δ＞0，f′(x)＝0的根為x1＝2a－，x2＝2a＋， 由f′(x)＞0得0＜x＜2a－或x＞2a＋； 由f′(x)＜0得2a－＜x＜2

6、a＋. 所以f(x)在(0,2a－)，(2a＋，＋∞) 上單調(diào)遞增；在(2a－，2a＋)上單調(diào)遞減． (2)由(1)得a＞，x1＝2a－，x2＝2a＋， 所以x1＋x2＝4a，x1x2＝a，從而 f(x1)＋f(x2)＝(x＋x)－4a(x1＋x2)＋aln x1x2＋6a2＋4a＝(x1＋x2)2－x1x2－10a2＋4a＋aln a ＝aln a－2a2＋3a. 令g(a)＝aln a－2a2＋3a，則g′(a)＝ln a－4a＋4. 令h(a)＝ln a－4a＋4， 則h′(a)＝－4. 因?yàn)閍＞，所以h′(a)＜0，所以h(a)在上單調(diào)遞減． 又h(1)＝0，所以a∈時(shí)，h(a)＞0，g′(a)＞0，g(a)在上單調(diào)遞增； a∈(1，＋∞)時(shí)，h(a)＜0，g′(a)＜0，g(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以a＝1時(shí)，g(a)取得最大值1. 故f(x1)＋f(x2)的最大值為1. 3