（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（五）“導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點問題”考法面面觀 理（重點生含解析）.doc

專題跟蹤檢測（五） “導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點問題”考法面面觀 1．(2018全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)． (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)＝x3－3x2－3x－3， f′(x)＝x2－6x－3. 令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2. 當x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)時，f′(x)>0； 當x∈(3－2，3＋2)時，f′(x)<0. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(3－2，3＋2)． (2)證明：因為x2＋x＋1>0， 所以f(x)＝0等價于－3a＝0. 設(shè)g(x)＝－3a， 則g′(x)＝≥0， 僅當x＝0時，g′(x)＝0， 所以g(x)在(－∞，＋∞)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． 又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0， 故f(x)有一個零點． 綜上，f(x)只有一個零點． 2．(2018鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當x∈時，試判斷函數(shù)g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零點個數(shù)． 解：(1)f′(x)＝(x>0)， 當a<0時，f′(x)>0恒成立， ∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a>0時，由f′(x)＝>0，得x>； 由f′(x)＝<0，得0<x<， ∴函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 綜上所述，當a<0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a>0時，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)∵當x∈時，判斷函數(shù)g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零點，即求當x∈時，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根． 令h(x)＝(ln x－1)ex＋x， 則h′(x)＝ex＋1. 由(1)知當a＝1時，f(x)＝ln x＋－1在上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增， ∴當x∈時，f(x)≥f(1)＝0. ∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立． ∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0， ∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在上單調(diào)遞增． ∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝e. ∴當m<－2e＋或m>e時，函數(shù)g(x)在上沒有零點； 當－2e＋≤m≤e時，函數(shù)g(x)在上有一個零點． 3．(2018貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝kx－ln x－1(k>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＋＋＋…＋>ln(n＋1)． 解：(1)法一：f(x)＝kx－ln x－1，f′(x)＝k－＝(x>0，k>0)， 當0<x<時，f′(x)<0；當x>時，f′(x)>0. ∴f(x)在0，上單調(diào)遞減，在，＋∞上單調(diào)遞增． ∴f(x)min＝f＝ln k， ∵f(x)有且只有一個零點，∴l(xiāng)n k＝0，∴k＝1. 法二：由題意知方程kx－ln x－1＝0僅有一個實根， 由kx－ln x－1＝0，得k＝(x>0)， 令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝， 當0<x<1時，g′(x)>0； 當x>1時，g′(x)<0. ∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g(x)max＝g(1)＝1， 當x→＋∞時，g(x)→0， ∴要使f(x)僅有一個零點，則k＝1. 法三：函數(shù)f(x)有且只有一個零點，即直線y＝kx與曲線y＝ln x＋1相切，設(shè)切點為(x0，y0)， 由y＝ln x＋1，得y′＝，∴ ∴k＝x0＝y(tǒng)0＝1， ∴實數(shù)k的值為1. (2)證明：由(1)知x－ln x－1≥0，即x－1≥ln x，當且僅當x＝1時取等號， ∵n∈N*，令x＝，得>ln， ∴1＋＋＋…＋>ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)， 故1＋＋＋…＋>ln(n＋1)． 4.已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋(c－3a－2b)x＋d的圖象如圖所示． (1)求c，d的值； (2)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； (3)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(dǎo)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， 得解得 (2)由(1)得，f(x)＝ax3＋bx2－(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 所以解得 所以f(x)＝x3－6x2＋9x＋3. (3)由(2)知f(x)＝x3－6x2＋9x＋3， 所以f′(x)＝3x2－12x＋9. 函數(shù)y＝f(x)與y＝f′(x)＋5x＋m的圖象有三個不同的交點， 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． 因為g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)， 令g′(x)＝0，得x＝或x＝4. 當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如表所示： x 4 (4，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x)  極大值  極小值  g＝－m，g(4)＝－16－m， 當且僅當時，g(x)圖象與x軸有三個交點， 解得－16<m<. 所以m的取值范圍為. 5．(2018南寧二中、柳州高中二聯(lián))已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)f(x)的兩個零點是x1，x2，求證：f′<0. 解：(1)函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－， ①當a≤0時，f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當a>0時，若x∈，則f′(x)>0，若x∈，則f′(x)<0，則f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)法一：構(gòu)造差函數(shù)法 由(1)易知a>0，且f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，不妨設(shè)0<x1<<x2， f′<0?>?x1＋x2>，故要證f′<0，只需證x1＋x2>即可． 構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f，x∈， F′(x)＝f′(x)－′＝f′(x)＋f′＝＝， ∵x∈，∴F′(x)＝>0， ∴F(x)在上單調(diào)遞增， ∴F(x)<F＝f －f ＝0， 即f(x)<f，x∈， 又x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點且0<x1<<x2， ∴f(x1)＝f(x2)<f， 而x2，－x1均大于，∴x2>－x1， ∴x1＋x2>，得證． 法二：對數(shù)平均不等式法 易知a>0，且f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減， 不妨設(shè)0<x1<<x2， f′<0?>. 因為f(x)的兩個零點是x1，x2， 所以ln x1－ax＋(2－a)x1＝ln x2－ax＋(2－a)x2， 所以ln x1－ln x2＋2(x1－x2)＝a(x－x＋x1－x2)， 所以a＝，以下用分析法證明，要證>， 即證>， 即證>， 即證<， 只需證<， 即證>， 根據(jù)對數(shù)平均不等式，該式子成立， 所以f′<0. 法三：比值(差值)代換法 因為f(x)的兩個零點是x1，x2， 不妨設(shè)0<x1<x2， 所以ln x1－ax＋(2－a)x1＝ln x2－ax＋(2－a)x2， 所以a(x－x)＋(a－2)(x2－x1)＝ln x2－ln x1， 所以＝a(x2＋x1)＋a－2， f′(x)＝－2ax＋2－a， f′＝－a(x1＋x2)－(a－2)＝－＝ ， 令t＝(t>1)，g(t)＝－ln t，則當t>1時， g′(t)＝<0， 所以g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當t>1時， g(t)<g(1)＝0，所以f′<0. 6．(2019屆高三湘東五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)． (1)當x>1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)若對任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范圍； (3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，證明x1x2<e2k. 解：(1)f′(x)＝x＋ln x－k－1＝ln x－k. ①當k≤0時，因為x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間，無極值． ②當k>0時，令ln x－k＝0，解得x＝ek， 當1<x<ek時，f′(x)<0；當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，＋∞)，在(1，＋∞)上的極小值為f(ek)＝(k－k－1)ek＝－ek，無極大值． (2)由題意，f(x)－4ln x<0， 即問題轉(zhuǎn)化為(x－4)ln x－(k＋1)x<0對任意x∈[e，e2]恒成立， 即k＋1>對任意x∈[e，e2]恒成立， 令g(x)＝，x∈[e，e2]， 則g′(x)＝. 令t(x)＝4ln x＋x－4，x∈[e，e2]，則t′(x)＝＋1>0， 所以t(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞增，故t(x)min＝t(e)＝4＋e－4＝e>0，故g′(x)>0， 所以g(x)在區(qū)間[e，e2]上單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)max＝g(e2)＝2－. 要使k＋1>對任意x∈[e，e2]恒成立，只要k＋1>g(x)max，所以k＋1>2－，解得k>1－， 所以實數(shù)k的取值范圍為. (3)證明：法一：因為f(x1)＝f(x2)，由(1)知，當k>0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ek，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(ek＋1)＝0. 不妨設(shè)x1<x2，當x→0時，f(x)→0，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，則0<x1<ek<x2<ek＋1， 要證x1x2<e2k，只需證x2<，即證ek<x2<. 因為f(x)在區(qū)間(ek，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以只需證f(x2)<f ， 又f(x1)＝f(x2)，即證f(x1)<f ， 構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－f ＝(ln x－k－1)x－， 即h(x)＝xln x－(k＋1)x＋e2k， h′(x)＝ln x＋1－(k＋1)＋e2k ＝(ln x－k)， 當x∈(0，ek)時，ln x－k<0，x2<e2k，即h′(x)>0， 所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞增，h(x)<h(ek)， 而h(ek)＝f(ek)－f ＝0，故h(x)<0， 所以f(x1)<f ，即f(x2)＝f(x1)<f ， 所以x1x2<e2k成立． 法二：要證x1x2<e2k成立，只要證ln x1＋ln x2<2k. 因為x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)， 所以(ln x1－k－1)x1＝(ln x2－k－1)x2， 即x1ln x1－x2ln x2＝(k＋1)(x1－x2)， x1ln x1－x2ln x1＋x2ln x1－x2ln x2＝(k＋1)(x1－x2)， 即(x1－x2)ln x1＋x2ln＝(k＋1)(x1－x2)， k＋1＝ln x1＋，同理k＋1＝ln x2＋， 從而2k＝ln x1＋ln x2＋＋－2， 要證ln x1＋ln x2<2k，只要證＋－2>0， 不妨設(shè)0<x1<x2，則0<＝t<1， 即證＋－2>0，即證>2， 即證ln t<2對t∈(0,1)恒成立， 設(shè)h(t)＝ln t－2，當0<t<1時， h′(t)＝－＝>0， 所以h(t)在t∈(0,1)上單調(diào)遞增，h(t)<h(1)＝0，得證，所以x1x2<e2k.