高考数学一轮复习课后限时集训19利用导数解决函数的零点问题理北师大版.docx

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1、课后限时集训19利用导数解决函数的零点问题建议用时：45分钟1．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．[解]　(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．因为f(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－＝＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e＜x1＜e2)，即f(x1)＝0.又0＜＜1，f＝－ln

2、x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点．(2)因为＝e－lnx0，故点B在曲线y＝ex上．由题设知f(x0)＝0，即lnx0＝，连接AB，则直线AB的斜率k＝＝＝.曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．2．(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0,1

3、]上零点的个数．[解]　(1)因为f(x)＝ex－ax－1，所以f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a＞0时，令f′(x)＜0，得x＜lna，令f′(x)＞0，得x＞lna，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞)．(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，所以f(x)在[0,1]上有一个零点；当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调

4、递减，所以f(x)在[0,1]上有一个零点；当1＜a＜e时，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna,1)上单调递增，而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1＜a≤e－1时，f(x)在[0,1]上有两个零点，当e－a－1＜0，即e－1＜a＜e时，f(x)在[0,1]上有一个零点．当x＝时，由f＝0得a＝2(－1)，所以当a≤1或a＞e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1＜a≤e－1且a≠2(－1)时，g(x)在[0,1]上有三个零点．3．(2019·唐山模拟)已知函数f(x)＝－4ax＋alnx＋3a2＋2a(a＞0

5、)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，当a变化时，求f(x1)＋f(x2)的最大值．[解]　(1)函数f(x)的定义域为x＞0，对f(x)求导得f′(x)＝x－4a＋＝，x＞0，a＞0.令M(x)＝x2－4ax＋a，则Δ＝16a2－4a＝4a(4a－1)．①当0＜a≤时，Δ≤0，M(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＞时，Δ＞0，f′(x)＝0的根为x1＝2a－，x2＝2a＋，由f′(x)＞0得0＜x＜2a－或x＞2a＋；由f′(x)＜0得2a－＜x＜2a＋.所以f

6、(x)在(0,2a－)，(2a＋，＋∞)上单调递增；在(2a－，2a＋)上单调递减．(2)由(1)得a＞，x1＝2a－，x2＝2a＋，所以x1＋x2＝4a，x1x2＝a，从而f(x1)＋f(x2)＝(x＋x)－4a(x1＋x2)＋alnx1x2＋6a2＋4a＝(x1＋x2)2－x1x2－10a2＋4a＋alna＝alna－2a2＋3a.令g(a)＝alna－2a2＋3a，则g′(a)＝lna－4a＋4.令h(a)＝lna－4a＋4，则h′(a)＝－4.因为a＞，所以h′(a)＜0，所以h(a)在上单调递减．又h(1)＝0，所以a∈时，h(a)＞0，g′(

7、a)＞0，g(a)在上单调递增；a∈(1，＋∞)时，h(a)＜0，g′(a)＜0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减，所以a＝1时，g(a)取得最大值1.故f(x1)＋f(x2)的最大值为1.