专题02导数与零点个数-2019年高考数学总复习之典型例题突破(压轴题系列)版含解析

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[精品]2019版高考数学二轮复习专题二函数与导数专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数文

专题突破练8 利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018全国卷3,文21)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a≥１时,f(x)+e≥０.2.设函数f(x)=e2x-a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;(2)证明当a>0时,f(x)≥２a+a ln.3.设函数f(x)=x2-a ln x,g(x)=(a-2)x.(1)略;(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1,x2,①求满足条件的最小正整数a的值;②求证:F'>0.4.(2018福建龙岩4月质检,文21节选)已知函数f(x)=-2ln x,m∈R.(1)略;(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,证明:f(x2)<x2-1.5.已知函数f(x)=a ln x,g(x)=x++f'(x).(1)讨论h(x)=g(x)-f(x)的单调性;(2)若h(x)的极值点为3,设方程f(x)+mx=0的两个根为x1,x2,且≥ｅa,求证:.6.(2018河南安阳一模,文21)已知函数f(x)=,g(x)=3eln x,其中e为自然对数的底数.(1)讨论函数f(x)的单调性.(2)试判断曲线y=f(x)与y=g(x)是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在,求出公切线l的方程;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数1.解 (1)f'(x)=,f'(0)=2.因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)当a≥１时,f(x)+e≥（x2+x-1+e x+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+e x+1,则g'(x)=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥０.2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).当a≤０时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,当a>0时,因为e2x单调递增,-单调递增,所以f'(x)在(0,+∞)单调递增.又f'(a)>0,当b满足0<b<且b<时,f'(b)<0,故当a>0时,f'(x)存在唯一零点.(2)证明由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2=0,所以f(x0)=+2ax0+a ln≥２a+a ln.故当a>0时,f(x)≥２a+a ln.3.解 (1)略;(2)①∵F(x)=x2-a ln x-(a-2)x,∴F'(x)=2x-(a-2)-(x>0).因为函数F(x)有两个零点,所以a>0,此时函数F(x)在单调递减,在单调递增.所以F(x)的最小值F<0,即-a2+4a-4a ln<0.∵a>0,∴a+4ln-4>0.令h(a)=a+4ln-4,显然h(a)在(0,+∞)上为增函数,且h(2)=-2<0,h(3)=4ln-1=ln-1>0,所以存在a0∈(2,3),h(a0)=0.当a>a0时,h(a)>0,所以满足条件的最小正整数a=3.②证明:不妨设0<x1<x2,于是-(a-2)x1-a ln x1=-(a-2)x2-a ln x2,即+2x1--2x2=ax1+a ln x1-ax2-a ln x2=a(x1+ln x1-x2-ln x2).所以a=.∵F'=0,∴当x∈时,F'(x)<0,当x∈时,F'(x)>0,故只要证即可,即证x1+x2>,即证+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<+2x1--2x2,也就是证ln.设t=(0<t<1).令m(t)=ln t-,则m'(t)=.因为t>0,所以m'(t)≥0,当且仅当t=1时,m'(t)=0,所以m(t)在(0,+∞)上是增函数.又m(1)=0,所以当t∈(0,1),m(t)<0总成立,所以原题得证.4.证明 (1)略;(2)函数f(x)的定义域为x>0,f'(x)=,∵f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,∴g(x)=x2-2x-m=0有两个不同的正根x1=1-,x2=1+,∴∴-1<m<0.欲证明f(x2)=x2+-2ln x2<x2-1,即证明2ln x2->1,∵m=-2x2,∴证明2ln x2->1成立,等价于证明2ln x2-x2>-1成立.∵m=x2(x2-2)∈(-1,0),∴x2=1+∈(1,2).设函数h(x)=2ln x-x,x∈(1,2),求导可得h'(x)=-1.易知h'(x)>0在x∈(1,2)上恒成立,即h(x)在x∈(1,2)上单调递增,∴h(x)>h(1)=-1,即2ln x2-x2>-1在x2∈(1,2)上恒成立,∴函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2时,f(x2)<x2-1.5.(1)解∵h(x)=g(x)-f(x)=x-a ln x+,其定义域是(0,+∞),∴h'(x)=.①1+a≤０即a≤-1时,x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)递增;②a+1>0即a>-1时,x∈(0,1+a)时,h'(x)<0,x∈(1+a,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,综上,a>-1时,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,a≤-1时,h(x)在(0,+∞)递增.(2)证明由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,故a=2.∵2ln x1+mx1=0,2ln x2+mx2=0,∴2(ln x2-ln x1)=m(x1-x2),又f(x)=2ln x,∴f'(x)=,==+m+ln.令=t≥ｅ2,φ(t)=+ln t,则φ'(t)=>0,∴φ(t)在[e2,+∞)上递增,φ(t)≥φ(e2)=1+>1+,故.6.解 (1)f'(x)=,令f'(x)=0得x=.当x=且x≠０时,f'(x)<0;当x>时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在上单调递减,在上单调递增.(2)假设曲线y=f(x)与y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线,且切点横坐标为x0>0,则即其中②式即4-3e2x0-e3=0.记h(x)=4x3-3e2x-e3,x∈(0,+∞),则h'(x)=3(2x+e)(2x-e),得h(x)在上单调递减,在上单调递增,又h(0)=-e3,h=-2e3,h(e)=0,故方程h(x0)=0在(0,+∞)上有唯一实数根x0=e,经验证也满足①式.于是,f(x0)=g(x0)=3e,f'(x0)=g'(x0)=3,曲线y=g(x)与y=g(x)的公切线l的方程为y-3e=3(x-e),即y=3x.。

导数与函数的极值(2)2019年高考数学(文)一轮复习Word版含解析

3，得 1，典例在线已知二次函数 f ( x ) = ax 2 + bx - 3 在 x = 1 处取得极值，且在点 (0, -3) 处的切线与直线 2 x + y = 0 平行. （1）求 f ( x ) 的解析式；（2）求函数 g ( x ) = xf ( x ) + 4 x 的极值；（3）求函数 g ( x ) = xf ( x ) + 4 x 在 [0, 2] 上的值域.【参考答案】（1）；（2）极小值为 g (1)=0，极大值为；（3） [0, 2] .（2）由题意得所以令,得.令,.，得 x < 1 或 x > 1 ；令3< x < 1.当 x 变化时，的变化情况如下表：↗4 27↘ 00 ↗所以函数g(x)在x2=1处有极小值，且极小值为g(1)=0.在处有极大值，且极大值为.（3）∵g(0)=0，g(2)=2，∴由（2）知：当x∈[0,2]时，函数g(x)的最大值为2，最小值为0.∴函数g(x)=xf(x)+4x在[0,2]上的值域为[0,2].【名师点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与值域，属于难题.求函数f(x)极值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数f'(x)；（3）解方程f'(x)=0,求出函数定义域内的所有根；（4）列表检查f'(x)在f'(x)=0的根x左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么f(x)在x00处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么f(x)在x处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.学霸推荐1．若函数f(x)=x2ln x(x>0)的极值点为α，函数g(x)=x ln x2(x>0)的极值点为β，则有A．α＞βC．α=βB．α＜βD．α与β的大小不能确定2．已知函数f(x)=e x(ax+b)-x2-4x，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.（1）求a,b的值.（2）讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值.1．【答案】A【解析】因为分别为的极值点,,所以,解得⎧,解得,所以 ,故选 A.2．【答案】（1） a = 4, b = 4 ；（2）见解析.【解析】（1） f '( x ) = e x (ax + b ) + a e x - 2 x - 4 = e x (ax + a + b ) - 2 x - 4 ，由已知得 f (0) = 4 ， f '(0) = 4 ，故 ⎨b = 4 ⎩a + b - 4 = 4⇒ a = 4, b = 4 .。

从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法

从2019年高考理科导数压轴题看函数零点问题的解题方法
作者：邓军民
来源：《广东教育·高中》2019年第10期
2019年高考數学命题以全国教育大会精神为指引，认真贯彻“五育并举”教育方针，突出数学学科特色，着重考查考生的理性思维能力以及综合运用数学思维方法分析问题、解决问题的能力. 试题突出学科素养导向，全面覆盖基础知识，凸显综合性、应用性，以反映我国社会主义建设的成果和优秀传统文化的真实情境为载体，贴近生活，联系社会实际，在考试评价中落实立德树人根本任务. 今年全国？玉卷的导数压轴题也设置得很有特色，考查了函数零点问题，题目如下：。

专题05 用好导数,破解函数零点问题(第一篇)-2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破(解析版)

一．方法综述近几年的高考数学试题中频频出现零点问题，其形式逐渐多样化、综合化.处理函数零点问题时，我们不但要掌握零点存在性定理，还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法，才能有效地找到解题的突破口．利用导数解决函数的零点问题，是近几年高考命题的热点题型，此类题一般属于压轴题，难度较大．本专题举例说明如何用好导数，破解函数零点问题.二．解题策略类型一讨论函数零点的个数【例1】【吉林省通榆县第一中学2019届高三上期中】已知函数 . （1）求在处的切线方程；（2）试判断在区间上有没有零点？若有则判断零点的个数. 【答案】（1）；（2）2.【解析】（1）由已知得，有， ∴在处的切线方程为：，化简得.【指点迷津】讨论函数零点的个数，可先利用函数的导数，判断函数的单调性，进一步讨论函数的取值情况，根据零点存在定理判断（证明）零点的存在性，确定函数零点的个数.【举一反三】【2015高考新课标1，理21】已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=-. (Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；（Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),()(0)h x f x g x x => ，讨论h （x ）零点的个数.【答案】（Ⅰ）34a =；（Ⅱ）当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点. 学&科网【解析】（Ⅱ）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =≤<， ∴()h x 在（1，+∞）无零点.当x =1时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===,故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg f ==<,故x =1不是()h x 的零点.当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在（0,1）的零点个数.(ⅰ)若3a ≤-或0a ≥，则2()3f x x a '=+在（0,1）无零点，故()f x 在（0,1）单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a ≤-时，()f x 在（0，1）有一个零点；当a ≥0时，()f x 在（0，1）无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（0单调递减，在1）单调递增，故当x ()f x取的最小值，最小值为f 14.①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在（0,1）无零点.②若f =0，即34a =-，则()f x 在（0,1）有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在（0,1）有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在（0,1）有一个零点.…10分综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点. ……12分学*科网类型二已知函数在区间上有零点，求参数的取值范围【例2】【河北省衡水中学2019届高三上学期二调】已知函数(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数恰有2个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】（2）由题意得，，所以.由，解得，故当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增.所以.又，，结合函数的图象可得，若函数恰有两个零点，则解得.所以实数的取值范围为.【例3】【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．学*科网【指点迷津】已知区间上有零点，求参数的范围问题．往往因为含有超越函数式的函数图象较为复杂，也没有固定的形状特点，所以在研究此类问题时，可以从两个方面去思考：(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，借助导数研究函数的单调性、极值等，层层推理得解．【举一反三】【贵州省遵义航天高级中学2018届高三上第四次模】已知函数的两个零点为．（1）求实数m的取值范围；（2）求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）令，则，由题意知方程有两个根，即方程有两个根，不妨设，，令，则当时，单调递增，时，单调递减，综上可知，，要证，即证，即，即证，令，下面证对任意的恒成立，∵，∴，∴又∵，∴∴，则在单调递增∴，故原不等式成立．类型三已知存在零点，证明零点的性质【例4】【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】已知函数．（1）讨论的单调性；（2若函数有两个零点分别记为．①求的取值范围；②求证：．【答案】⑴见解析；⑵见解析；⑶见证明【解析】（1），（i）当时，，时，单调递减；时，单调递增．（iii）当时，恒成立，在上单增．（iv）当时，时，单调递增；时，单调递减，时，单调递增．学科/网综上所述：时，在上单调递减，上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增；时，在上单调递增；时，在上单调递减，上单调递增.（2）①，（i）当时，，只有一个零点，舍去；（ii）当时，在上单调递减，上单调递增，又，取且，则，存在两个零点．（iii）当时，在上单调递增，时，不可能有两个零点，舍去．（iv）当时，在上单调递增，不可能有两个零点，舍去．（v）当时，时，，又在单调递减，在上单调递增，因，不可能有两个零点，舍去．综上所述：．②由①知：，在上单调递减，在上单调递增，要证，即证，即证，令，则当时，单调递增．不妨设，则，即，又，，在上单调递减，，，原命题得证．学科#网【指点迷津】已知函数存在零点，需要证明零点满足某项性质时，实际上是需要对函数零点在数值上进行精确求解或估计，需要对零点进行更高要求的研究，为此，不妨结合已知条件和未知要求，构造新的函数，再次通过导数的相关知识对函数进行更进一步的分析研究，其中，需要灵活运用函数思想、化归思想等，同时也需要我们有较强的抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．含参数的函数的单调性的讨论，合理分类讨论是关键，分类点的选择一般依据导数是否存在零点，若存在零点，则检验零点是否在给定的范围之中．【举一反三】【江西师范大学附属中学2018年10月高三月考】设，函数（1）若无零点，求实数的取值范围；（2）若有两个相异零点，求证：．【答案】（1）；（2）见解析【解析】(1)①若时，则是区间上的增函数，∵∴，函数在区间有唯一零点；②若，有唯一零点；③若，令，得，在区间上，，函数是增函数；在区间故在区间三．强化训练1．【2018年理新课标I卷】已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是( )A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C2．【山西省太原市第五中学2019届10月月考】已知，又，若满足的有四个，则的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】令y=xe x ，则y'=（1+x ）e x ，由y'=0，得x=﹣1，当x ∈（﹣∞，﹣1）时，y'＜0，函数y 单调递减，当x ∈（﹣1，+∞）时，y'＞0，函数y 单调递增．作出y=xe x 图象，利用图象变换得f （x ）=|xe x |图象，学&科网令f （x ）=m ，则关于m 方程h （m ）=m 2﹣tm+1=0两根分别在时，满足g （x ）=﹣1的x 有4个，由，解得．故选：B ．学科￥网3．【山东省安丘市2019届10月检测】若存在正实数m ，使得关于x 的方程有两个不同的根，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】4.【江西省南昌市2018届二轮测试卷（一）】设，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】5.【四川省攀枝花市第十二中学2019届10月月考】已知函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1，若f(x)存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)【答案】B【解析】函数则，令则⑴当时，，存在两个零点，不符合题意，故⑶当时，，在，上单调递减，在上单调递增是的极小值点，是的极大值点，要使函数仅有一正零点，结合函数图像，可知，代入可得：，解得综上，则的取值范围为故选学$科网6.【江苏省淮安市淮海中学2019届高三上学期第二阶段测试】若方程有且仅有6个不相等的实数根，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】7.【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数其中为自然对数的底数，若函数与的图象恰有一个公共点，则实数的取值范围是____________.【答案】【解析】因为，所以函数在区间上单调递增，且所以当时，与有一个公共点；当时，令，即有一个解即可.设，则得.因为当时，当时，所以当时，有唯一的极小值，即有最小值，所以当时，有一个公共点.综上，实数的取值范围是.8.【陕西省西安市长安区第五中学2019届高三上期中】已知函数.(1)若直线过点（1，0），并且与曲线相切，求直线的方程；(2)设函数在[1,e]上有且只有一个零点，求的取值范围.(其中∈R，e为自然对数的底数)【答案】（1）；（2）或.【解析】（2）因为g（x）=xlnx-a（x-1），注意到g（1）=0，所以所求问题等价于函数g（x）=xlnx-a（x-1）在（1，e]上没有零点.因为.所以由lnx+1-a<00<x<e a-1,x>e a-1,所以g（x）在（0，e a-1）上单调递减，在（e a-1，）上单调递增.①当e a-1≤1，即a≤1时，g（x）在（1,e]上单调递增，所以g（x）>g(1)=0.此时函数g（x）在（1,e]上没有零点，②当1<e a-1<e,即1<a<2时，g（x）在[1,e a-1)上单调递减，在（e a-1,e]上单调递增，又因为g（1）=0，g（e）=e-ae+a，g（x）在(1,e]上的最小值为g（e a-1）=a-e a-1，所以（i）当1<a≤时，g（x）在[1,e]上的最大值g（e）≥0，即此时函数g（x）在(1,e]上有零点.（ii）当<a<2时，g（e）＜0，即此时函数g（x）在（1,e]上没有零点，③当e≤e a-1即a≥2时，g（x）在[1,e]上单调递减，所以g（x）在[1,e]上满足g（x）<g(1)=0，此时函数g（x）在(1,e]上没有零点.综上，所求的a的取值范围是或.学%科网9.【山东省实验中学2019届高三第一次诊断】函数（）的导函数的图象如图所示：（1）求的值并写出的单调区间；（2）若函数有三个零点，求的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，极小值为f(2)＝c－.而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得－＜c＜.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.学科&网10．【河北省衡水中学2019届高三上二调】已知函数.(1)若函数在上为增函数，求的取值范围；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，证明：.【答案】（1）（2）见解析【解析】（2）由题得，则因为有两个极值点，所以欲证等价于证，即，所以因为，所以原不等式等价于 .由可得，则②. 由①②可知，原不等式等价于，即设，则，则上式等价于.令，则因为，所以，所以在区间上单调递增，所以当时，，即，所以原不等式成立，即.。

2019年高考数学二轮复习专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数理

专题突破练8利用导数证明问题及讨论零点个数1.(2018河南郑州二模,理21)已知函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.2.(2018河南郑州一模,理21)已知函数f(x)=ln x+,a∈R且a≠0.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x∈时,试判断函数g(x)=(ln x-1)e x+x-m的零点个数.3.设函数 f (x )=x 2-a ln x ,g (x )=(a-2)x.(1)略;(2)若函数 F (x )=f (x )-g (x )有两个零点 x 1,x 2,①求满足条件的最小正整数 a 的值;②求证:F'>0.4.(2018 河北保定一模,理 21 节选)已知函数 f (x )=ln x-(a ∈R).(1)略;(2)若 f (x )有两个极值点 x 1,x 2,证明:f.5.已知函数 f (x )=(x-2)e x +a (x-1)2 有两个零点.(1)求 a 的取值范围;(2)设 x 1,x 2 是 f (x )的两个零点,证明:x 1+x 2<2.6.(2018 山西名校二模,理 21)已知函数 f (x )=m ln x.(1)讨论函数 F (x )=f (x )+-1 的单调性;所以 f (x )max (1)=e -1,x ∈[0,1].f (x )过点(1,e -1),且 y=f (x )在 x=1 处的切线方程为 y=(e -(2)定义:“对于在区域 D 上有定义的函数 y=f (x )和 y=g (x ),若满足 f (x )≤g (x )恒成立,则称曲线y=g (x )为曲线 y=f (x )在区域 D 上的紧邻曲线”.试问曲线 y=f (x+1)与曲线 y=是否存在相同的紧邻直线,若存在,请求出实数 m 的值;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练 8 利用导数证明问题及讨论零点个数1.解 (1)f'(x )=e x -2x ,由题设得 f'(1)=e -2,f (1)=e -1,f (x )在 x=1 处的切线方程为 y=(e -2)x+1.(2)f'(x )=e x -2x ,f″(x )=e x -2,∴f'(x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,所以 f'(x )≥f'(ln 2)=2-2ln 2>0,所以 f (x )在[0,1]上单调递增,=f2)x+1,故可猜测:当 x>0,x ≠1 时,f (x )的图象恒在切线 y=(e -2)x+1 的上方.下证:当 x>0时,f (x )≥(e -2)x+1,设 g (x )=f (x )-(e -2)x-1,x>0,则 g'(x )=e x -2x-(e -2),g″(x )=e x -2,g'(x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又 g'(0)=3-e >0,g'(1)=0,0<ln 2<1,∴g'(ln 2)<0,所以,存在 x 0∈(0,ln 2),使得 g'(x 0)=0,所以,当 x ∈(0,x 0)∪(1,+∞)时,g'(x )>0;当 x ∈(x 0,1)时,g'(x )<0,故 g (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又 g (0)=g (1)=0,∴g (x )=e x -x 2-(e -2)x-1≥0,当且仅当 x=1 时取等号,故 x ,x>0.又 x ≥ln x+1,即 ln x+1,当 x=1 时,等号成立.2.解 (1)f'(x )=(x>0),当 a<0 时,f'(x )>0 恒成立,函数 f (x )在(0,+∞)上递增;当 a>0 时,由f'(x )>0,得 x>,由 f'(x )<0,得 0<x<,函数单调递增区间为,单调递减区间为综上所述,当 a<0 时,函数 f (x )的单调递增区间为(0,+∞).当 a>0 时,函数 f (x )的单调递增区间为,单调递减区间为(2)∵x 时,函数 g (x )=(ln x-1)e x +x-m 的零点,即方程(ln x-1)e x +x=m 的根.令 h (x )=(ln x-1)e x +x ,h'(x )=e x +1.由(1)知当 a=1 时,f (x )=ln x+-1 在递减,在[1,e]上递增,∴f (x )≥f (1)=0.+ln x-1≥0 在 x 上恒成立.∴h'(x )=e x +1≥0+1>0,∴h (x )=(ln x-1)e x +x 在 x 上单调递增.∴h (x )min =h=-2,h (x )max =e .所以当 m<-2 或 m>e 时,没有零点,当-2m ≤e 时有一个零点.3.解 (1)略;(2)①∵F (x )=x 2-a ln x-(a-2)x ,∴F'(x )=2x-(a-2)-(x>0).因为函数 F (x )有两个零点,所以 a>0,此时函数 F (x )在单调递减,在单调递增.所以 F (x )的最小值 F<0,即-a 2+4a-4a ln <0.∵a>0,∴a+4ln -4>0.令 h (a )=a+4ln -4,显然 h (a )在(0,+∞)上为增函数,且 h (2)=-2<0,h (3)=4ln -1=ln -1>0,所以存在 a 0∈(2,3),h (a 0)=0.当 a>a 0 时,h (a )>0,所以满足条件的最小正整数 a=3.②证明:不妨设 0<x 1<x 2,于是-(a-2)x 1-a ln x 1=-(a-2)x 2-a ln x 2,即+2x 1--2x 2=ax 1+a ln x 1-ax 2- a ln x 2=a (x 1+ln x 1-x 2-ln x 2).所以 a=∵F'=0,∴当 x 时,F'(x )<0,当 x 时,F'(x )>0,故只要证即可,即证 x 1+x 2>,即证+(x 1+x 2)(ln x 1-ln x 2)<+2x 1--2x 2,也就是证 ln设 t=(0<t<1).令 m (t )=ln t-,则 m'(t )=因为 t>0,所以 m'(t )≥0,当且仅当 t=1 时,m'(t )=0,所以 m (t )在(0,+∞)上是增函数.又 m (1)=0,所以当 t ∈(0,1),m (t )<0 总成立,所以原题得证.4.解 (1)略;(2)f'(x )=(x>0),令 p (x )=x 2+(2-a )x+1,由 f (x )在(0,+∞)有两个极值点 x 1,x 2,则方程 p (x )=0 在(0,+∞)有两个实根 x 1,x 2,得 a>4.∴f (x 1)+f (x 2)=ln x 1-+ln x 2-=ln x 1x 2-=-a ,f=f=ln =ln -(a-2).∴f=ln -a-2+=ln +2.设 h (a )=ln +2(a>4),则 h'(a )=<0,∴h (a )在(4,+∞)上为减函数,又 h (4)=0,∴h (a )<0,∴f5.(1)解 f'(x )=(x-1)e x +2a·(x-1)=(x-1)(e x +2a ).(ⅰ)若 a=0,则 f (x )=(x-2)e x ,f (x )只有一个零点.(ⅱ)若 a>0,则当 x ∈(-∞,1)时,f'(x )<0;当 x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,所以 f (x )在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.又 f (1)=-e,f (2)=a ,取 b 满足 b<0 且 b<ln,则 f (b )>(b-2)+a (b-1)2=a>0,故 f (x )存在两个零点.(ⅲ)若 a<0,由 f'(x )=0 得 x=1 或 x=ln(-2a ).若 a ≥-,则 ln(-2a )≤1,故当 x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,因此 f (x )在(1,+∞)内单调递增.又当 x ≤1 时,f (x )<0,所以 f (x )不存在两个零点.若 a<-,则 ln(-2a )>1,故当 x ∈(1,ln(-2a ))时,f'(x )<0;当 x ∈(ln(-2a ),+∞)时,f'(x )>0.因此 f (x )在(1,ln(-2a ))内单调递减,在(ln(-2a ),+∞)内单调递增.又当 x ≤1 时 f (x )<0,所以 f (x )不存在两个零点.综上,a 的取值范围为(0,+∞).(2)证明不妨设 x 1<x 2,由(1)知,x 1∈(-∞,1),x 2∈(1,+∞),2-x 2∈(-∞,1),f (x )在(-∞,1)内单调递减,所以 x 1+x 2<2 等价于 f (x 1)>f (2-x 2),即 f (2-x 2)<0.由于 f (2-x 2)=-x 2+a (x 2-1)2,而 f (x 2)=(x 2-2)+a (x 2-1)2=0,所以 f (2-x 2)=-x 2-(x 2-2)设 g (x )=-x e 2-x-(x-2)e x ,则 g'(x )=(x-1)(e 2-x -e x ).所以当 x>1 时,g'(x )<0,而 g (1)=0,故当 x>1 时,g (x )<0.从而 g (x 2)=f (2-x 2)<0,故 x 1+x 2<2.6.解 (1)F'(x )=(x>0).当 m ≤0 时,F'(x )<0,函数 F (x )在(0,+∞)上单调递减;当 m>0 时,令 F'(x )<0,得 x<,函数 F (x )在上单调递减;令 F'(x )>0,得 x>,函数 F (x )在上单调递增;综上所述,当 m ≤0 时,函数 F (x )在(0,+∞)上单调递减;当 m>0 时,函数 F (x )在上单调递减,在上单调递增.(2)原命题等价于曲线 y=f (x+1)与曲线 y=是否相同的外公切线.函数 f (x+1)=m ln(x+1)在点(x 1,m ln(x 1+1))处的切线方程为 y-m ln(x 1+1)=(x-x 1),即 y=x+m ln(x 1+1)-,曲线 y=在点处的切线方程为 y-(x-x 2),即 y=x+曲线 y=f (x+1)与 y=的图象有且仅有一条外公切线,所以有唯一一对(x 1,x 2)满足这个方程组,且 m>0,由①得 x 1+1=m (x 2+1)2,代入②消去 x 1,整理得 2m ln(x 2+1)++m ln m-m-1=0,关于 x 2(x 2>-1)的方程有唯一解.令 g (x )=2m ln(x+1)++m ln m-m-1(x>-1),∴g'(x )=当 m>0 时,g (x )在上单调递减,在上单调递增;∴g (x )min =g=m-m ln m-1.因为 x →+∞,g (x )→+∞;x →-1,g (x )→+∞,只需 m-m ln m-1=0.令 h (m )=m-m ln m-1,h'(m )=-ln m 在(0,+∞)上为单调递减函数,且 m=1 时,h'(m )=0,即 h (m )max =h (1)=0,所以 m=1 时,关于 x 2 的方程 2m ln(x 2+1)++m ln m-m-1=0 有唯一解,此时 x 1=x 2=0,外公切线的方程为 y=x.∴这两条曲线存在相同的紧邻直线,此时 m=1.。

专题02 函数的概念与基本初等函数Ⅰ-2019年高考真题和模拟题分项汇编数学(文)(解析版)

( π )2
=
4
+ 2π π2
1,
f
(π)
=
π −1+
π2
0 ，可知应为 D 选项中的图象．
2
7．【2019 年高考北京文数】在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗
星的星等与亮度满足
m2
–
m1
=
5 2
lg
E1 E2
，其中星等为 mk
的星的亮度为
Ek （k=1,2）．已
知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为
=
−
1 2
,1
x
2
，其中 k>0.若在区间(0，9]上，关于 x 的方程 f (x) = g(x) 有
8 个不同的实数根，则 k 的取值范围是 ▲ .
【答案】
1 3
,
2 4
【解析】作出函数 f (x) ， g(x) 的图象，如图：
由图可知，函数 f (x) = 1− (x −1)2 的图象与 g(x) = − 1 (1 x 2,3 x 4,5 x 6, 7 x 8) 的图象仅有 2 个交点，即在区间
专题 02 函数的概念与基本初等函数 I
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】已知 a = log2 0.2,b = 20.2, c = 0.20.3 ，则（）
A． a b c
B． a c b
C． c a b
D． b c a
【答案】B
【解析】 a = log2 0.2 log2 1 = 0, b = 20.2 20 = 1, 0 c = 0.20.3 0.20 = 1, 即 0 c 1, 则 a c b ．故选 B．

(完整版)高三复习导数专题

导数一、导数的基本知识 1、导数的定义：)(0'x f =xx f x x f x yx x ∆-∆+=∆∆→∆→∆)()(limlim0000。

2、导数的公式： 0'=C （C 为常数) 1')(-=n n nx x （R n ∈) xx e e =')(a a a x x ln )('= xx 1)(ln '= exx a a log 1)(log '=x x cos )(sin '= x x sin )(cos '-=3、导数的运算法则： [()()]f x g x '+ =()()f x g x ''+ [()()]()()f x g x f x g x '''-=-[()]()af x af x ''= [()()]()()()()f x g x f x g x f x g x '''=+ 2()()()()()[]()[()]f x f x g x f x g x g x g x ''-'= 4、掌握两个特殊函数（1）对勾函数()bf x ax x=+( 0a > ,0b >) 其图像关于原点对称（2）三次函数32()f x ax bx cx d =+++(0)a ≠导数导数的概念导数的运算导数的应用导数的定义、几何意义、物理意义函数的单调性函数的极值函数的最值常见函数的导数导数的运算法则比较两个的代数式大小导数与不等式讨论零点的个数求切线的方程导数的基本题型和方法1、、导数的意义：（1）导数的几何意义：0()k f x '= （2）导数的物理意义:()v s t '=2、、导数的单调性：（1）求函数的单调区间;()0()b]f x f x '≥⇔在[a,上递增 ()0()b]f x f x '≤⇔在[a,上递减（2）判断或证明函数的单调性; ()f x c ≠ （3)已知函数的单调性，求参数的取值范围。

2019高三数学北师大版理科一轮：高考大题专项突破一1-

1.3导数与函数的零点及参数范围1.已知函数f(x)=e x(sin x+cos x)+a,g(x)=(a2-a+10)e x(a∈R,且a为常数).(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线过点(1,2),求实数a的值;+1+ln x(b>1)在(0,+∞)内的零点个数,并说明理由.(2)判断函数φ(x)=-2.(2017山西第四次五校联考,理21)已知函数f=ln x-ax∈(1)求曲线y=f在点A处的切线L的方程,并证明:除点A外,曲线y=f都在直线L的下方;(2)若函数h=e x+f在区间内有零点,求a的取值范围.〚导学号21500800〛-a(a<0).3.(2017江西八校联考,理21)已知函数f(x)=-(1)当x∈(0,1)时,求f(x)的单调性;(2)若h(x)=(x2-x)·f(x),且方程h(x)=m有两个不相等的实数根x1,x2.求证:x1+x2>1.4.(2017北京东城一模)已知函数f(x)=x3-x2+ax,a∈R.(1)若x=2是f(x)的极值点,求a的值,并讨论f(x)的单调性;(2)已知函数g(x)=f(x)-ax2+,若g(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.〚导学号21500801〛5.(2017湖南长郡中学临考冲刺)已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x(a∈R).(1)若曲线g(x)=f(x)+x在点(1,g(1))处的切线过点(0,2),求函数g(x)的减区间;(2)若函数y=f(x)在上无零点,求a的最小值.6.(2017河南豫南九校质量考评八,理21)已知函数f=ln x+(1)若函数f有零点,求实数a的取值范围;(2)证明:当a,b>1时,f〚导学号21500802〛参考答案1.3导数与函数的零点及参数范围1.解 (1)f'(x)=e x(sin x+cos x)+e x(cos x-sin x)=2e x cos x.由曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线过点(1,2),得f'(0)=-,-即2=1-a,解得a=-1.+1+ln x=0(x>0),(2)零点个数为0.理由如下:由φ(x)=-得+1+ln x=0,化为=1-x-x ln x.令h(x)=1-x-x ln x,则h'(x)=-2-ln x.由h'(x)=-2-ln x=0,得x=-,故h(x)在内是增加的,在内是减少的,所以h(x)max=h=1+.再令t(x)==b e x,因为b>1,所以函数t(x)=b e x在(0,+∞)内是增加的,t(x)>t(0)=b e0=b>1+.故t(x)>h(x)max,由此判断函数φ(x)在(0,+∞)内没有零点,故φ(x)在(0,+∞)内的零点个数为0.2.解 (1)∵f'(x)=-a,∴f'(1)=1-a.∵f(1)=-a,∴L的方程为y+a=(1-a)(x-1),即y=(1-a)x-1.设p(x)=f(x)-(1-a)x+1=ln x-x+1,则p'(x)=-.若x>1,p'(x)<0;若0<x<1,p'(x)>0.∴p(x)max=p(1)=0,∴p(x ≤0∴f(x ≤ 1-a)x-1,当且仅当x=1时,取等号.故除点A外,曲线y=f(x)都在直线L的下方.(2)h(x)=e x+f(x)在区间(1,3)内有零点,即a=在x∈(1,3)内有实数解.设F(x)=,则F'(x)=--,设g(x)=e x(x-1)+1-ln x,则g'(x)=x-.∵函数y=e x-(x>0)的零点在(0,1)内,且y>0在(1,3)内恒成立,∴g'(x)>0,即g(x)在(1,3)内是增加的,∴g(x)>g(1)=1,则F'(x)>0在(1,3)内恒成立, ∴F(x)在(1,3)内是增加的,∴F(x)∈,∴a∈.3.(1)解f'(x)=---,设g(x)=x-1-ln x,则g'(x)=1-,∴当x∈(0,1)时,g'(x)<0,∴g(x)>g(1)=0,∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,1)上是增加的.(2)证明∵h(x)=x2ln x-ax2+ax(a<0),∴h'(x)=2x ln x+x-2ax+a,设g(x)=2x ln x+x-2ax+a, ∴g'(x)=2ln x-2a+3.∵y=g'(x)在(0,+∞)上是增加的,当x→0时,g'(0)<0,g'(1)=3-2a>0,∴必存在t∈(0,1),使得g'(t)=0,即2ln t-2a+3=0,∴y=h'(x)在(0,t)上是减少的,在(t,+∞)上是增加的.又当x→0时,h'(0)<0,h'(1)=1-a>0.设h'(x0)=0,则x0∈(0,1),∴y=h(x)在(0,x0)上是减少的,在(x0,+∞)上是增加的, 又h(1)=0,不妨设x1<x2,则0<x1<x0,x0<x2<1,由(1)知--∴f(x0)(-x2)>h(x2)=h(x1)>f(x0)(-x1),∴(-x2)-(-x1)=(x2-x1)·(x2+x1-1)>0,∴x1+x2>1.4.解 (1)f(x)=x3-x2+ax,f'(x)=x2-x+a.∵x=2是f(x)的极值点,∴f'(2)=4-2+a=0,解得a=-2.代入f'(x)=x2-x-2=(x+1)(x-2),令f'(x)=0,解得x=-1或x=2.令f'(x)>0,解得x>2或x<-1,∴f(x)在x∈(-∞,-1),(2,+∞)时是增加的;令f'(x)<0,解得-1<x<2,∴f(x)在x∈(-1,2)时是减少的.(2)g(x)=f(x)-ax2+x3-(1+a)x2+ax+,g'(x)=x2-(1+a)x+a=(x-1)(x-a).①当a≥1时,x∈(0,1),g'(x)>0恒成立,g(x)是增加的,又g(0)=>0,因此此时函数g(x)在区间(0,1)内没有零点.②当0<a<1时,x∈(0,a),g'(x)>0,g(x)是增加的,x∈(a,1)时,g'(x)<0,g(x)是减少的,又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)<0,∴(1+a)+a+<0,解得a<-1.舍去.③当a≤0时,x∈(0,1),g'(x)<0,g(x)是减少的,又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)<0,解得a<-1.满足条件.综上可得,a的取值范围是(-∞,-1).5.解 (1)∵g(x)=(3-a)x-(2-a)-2ln x,∴g'(x)=3-a-,∴g'(1)=1-a.又g(1)=1,∴1-a=--=-1,得a=2.由g'(x)=3-2--<0,得0<x<2,∴函数g(x)的减区间为(0,2).(2)∵f(x)<0在区间上恒成立不可能,∴要使函数f(x)在上无零点,只要对任意的x∈,f(x)>0恒成立,即对x∈,a>2--恒成立,令I(x)=2--,x∈,则I'(x)=------,再令m(x)=2ln x+-2,x∈,则m'(x)=-<0,故m(x)在内为减函数,于是m(x)>m=2-2ln 2>0,即I'(x)>0,于是I(x)在上为增函数,∴I(x)<I=2-4ln 2,故要使a>2--恒成立,只要a∈[2-4ln 2,+∞).综上,若函数f(x)在上无零点,则a的最小值为2-4ln 2.6.(1)解函数f(x)=ln x+的定义域为(0,+∞),由f(x)=ln x+,得f'(x)=-.因为a>0,则x∈(0,a)时,f'(x)<0,x∈(a,+∞)时,f'(x)>0.所以函数f(x)在(0,a)内是减少的,在(a,+∞)上是增加的,当x=a时,f(x)min=ln a+1,当ln a+1≤0 即0<a≤时,又f(1)=ln 1+a=a>0,则函数f(x)有零点.所以实数a的取值范围为.(2)证明要证明f(ln b)>,即证ln(ln b)+,令t=ln b>0(b>1),则b=e t, 所以只需证ln t+>e-t,整理得t ln t+a>t e-t.令h(x)=x ln x+a,则h'(x)=ln x+1.当0<x<时,h'(x)<0;当x>时,h'(x)>0.所以函数h(x)在内是减少的,在内是增加的,当x=时,h(x)min=-+a.于是,当a≥时,h(x ≥-+a≥.①令φ(x)=x e-x,则φ'(x)=e-x-x e-x=e-x(1-x).当0<x<1时,φ'(x)>0;当x>1时,φ'(x)<0.所以函数φ(x)在(0,1)上是增加的,在(1,+∞)上是减少的,当x=1时,φ(x)max=,于是,当x>0时,φ(x ≤.②显然,不等式①,②中的等号不能同时成立,故当x>0,a≥时,x ln x+a>x e-x.因为b>1,所以ln b>0.所以ln b·ln(ln b)+a>ln b·e-ln b.所以ln(ln b)+,即f(ln b)>.。

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专题02 导数与零点个数
导数与零点个数，对于考生来讲中等偏难，基本的思路是利用导数分析函数的单调性，确定函数的极值或最值，作出函数的大致图像，再数形结合可求得结果。

【题型示例】
1、设为实数,函数．
(1)求的极值点；
(2)如果曲线与轴仅有一个交点,求实数的取值范围．
【答案】
（1）的极大值点为,极小值点为．（2）或．
2、已知函数.
（1）求的极值；
（2）若函数的图象与函数的图象在区间上有公共点,求实数的取值范围. 【答案】
（1）极大值，无极小值；
（2）.
【解析】
（1）的定义域为, ,令得，
当时，，是增函数；
当时，，是减函数，
所以在处取得极大值,
无极小值.
（2）①当时，即时，
由（1）知在上是增函数，在上是减函数，
所以，
因为的图象与的图象在上有公共点,
所以，解得，又，所以.
②当时，即时，在上是增函数，
所以在上最大值为，
所以原问题等价于,解得.
又，所以此时无解.
综上,实数的取值范围是.
3、设函数（其中）．
（Ⅰ）求函数的极值；
（Ⅱ）求函数在上的最小值；
（Ⅲ）若，判断函数零点个数．【答案】
（1）极小值，不存在极大值；
（2）
（3）1个．
【解析】
（Ⅰ），
由得，由得，
在单调递增，在单调递减．
极小值，不存在极大值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在单调递增，在单调递减．
当时，在单调递减，单调递增，
∴．
当时，在单调递增，
；
（Ⅲ）由题意
求导得，
由得或，由得
所以在上单调递增，在上单调递减
当时，，
故函数只有一个零点．
4、已知函数.
（I）若，求的极值；
（II）若，函数有且只有一个零点，求实数的取值范围.
【答案】
（I）的极小值为；（II）或.
【解析】
（I）时，，其中
则得
当时，单调递减，当时，单调递增，
因而的极小值为；
（II）若有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个实数根，分离参数得，设，则，
又设，，而
因而当时，当时，
那么当时，单调递增，。