（2022高中数学一轮复习）专题4.13—导数大题（零点个数问题2）-2022届高三数学一轮复习精讲精练.doc

1、专题专题 4.13导数大题（零点个数问题导数大题（零点个数问题 2） 1设函数 1 ( )f xlnx x ， 2 ( ) x g xex （）证明：( ) 1f x ； （）设函数 2 ( )( )( )F xxf xg xxax，若( )F x有两个零点，求a的取值范围 解： （）证明： 22 111 ( ) x fx xxx ， 令( )0fx，可得1x ， 所以在(0,1)上，( )0fx，( )f x单调递减， 在(1,)上，( )0fx，( )f x单调递增， 所以( )minf xf（1）1， 所以( ) 1f x （）由（）得，当0 x 时， 22 1 x exx ， ( )1

2、 x F xxlnxeax ， ( )1 x F xlnxea ， 若( )F x有两个零点， 令t是( )F x的根，则 ( )0 ( )0 F t F t ， 所以 10 10 t t lntea tlnteat ， 由得1 t lntae ， 代入得(1)10 tt t aeeat ， 所以(1)(1)0 t t e， 所以1t ， 所以11 t aelnte ， 综上所述，1ae， 所以a的取值范围为(1,)e 2已知函数 2 1 ( )1() 2 x f xxmxemR （1）若( )f x在R上是减函数，求m的取值范围； （2）如果( )f x有一个极小值点 1 x和一个极大值点

3、2 x，求证：( )f x有三个零点 （1）解：由 2 1 ( )1 2 x f xxmxe，得( ) x fxxme， 设( ) x g xxme，则( )1 x g xe ， 当0 x 时，( )0g x，( )g x单调递减；当0 x 时，( )0g x，( )g x单调递增， 所以( )(0)1 min g xgm， ( )f x在R上是减函数，则( ) 0fx恒成立， 所以1 0m ，所以1m，故m的取值范围是(，1 （2）证明：因为( )f x有一个极小值点 1 x和一个极大值点 2 x， 所以由（1）可知1m ， 设( )( ) x g xfxxme，则( )1 x g xe ，

4、 当0 x 时，( )0g x，( )g x单调递减；当0 x 时，( )0g x，( )g x单调递增， 因为()0 m gme ，(0)10gm ，( )220(,) mx g mmememxR eex， 所以 1 (,0)xm ， 2 (0,)xm，使 12 ()()0g xg x， 所以 1 (,)xx ，( )0g x 即( )0fx，( )f x单调递减， 1 (,)xx ，( )0g x 即( )0fx，( )f x单调递减， 1 (xx， 2) x，( )0g x 即( )0fx，( )f x单调递增， 2 (xx，)，( )0g x 即( )0fx，( )f x单调递减， 因

5、为 12 0 xx，所以 12 ()(0)0()f xff x， 又因为 2 ( 2 )10 m fme ， 由0 x ， 2x ex得 22222 11 (22)(22)(22)1(22)(22)(22)1210 22 m fmmmmemmmmm ， 所以由零点存在定理，得( )f x在 1 ( 2 ,)m x和 2 (x，22)m 各有一个零点， 又(0)0f，结合函数( )f x的单调性可知，( )f x有三个零点 3已知函数( )sin1 x f xeaxx （1）当2a 时，求函数( )f x的单调区间； （2）当12a 时，讨论函数( )f x零点的个数 解： （1）当2a 时，(

6、 )2sin1() x f xexxxR，则( )2cos x fxex， 设( )( )2cos x h xfxex，则( )sin x h xex， 当(x ，0时，1 x e ，所以( )2cos1cos0 x fxexx ， 所以( )f x在(，0上单调递减； 当(0,)x时，1 x e ，所以( )sin1sin0 x h xexx ， 所以( )fx在(0,)上单调递增，所以( )(0)0fxf， 所以( )f x在(0,)上单调递增， 综上可得，( )(f x ，0上单调递减；在(0,)上单调递增 （2）( )sin1() x f xeaxxxR，当0 x 时，(0)0f，所以

7、 0 是( )f x的一个零点， ( )cos x fxeax，设( )( )cos x g xfxeax，可得( )sin x g xex， 因为12a ， 当(0,)x时，( )sin1 sin0 x g xexx ，( )fx在(0,)单调递增， 则( )(0)20fxfa，( )f x在(0,)单调递增，( )(0)0f xf， 所以( )f x在(0,)无零点 (x ，时，ax，则( )sin10 x f xex ，所以( )f x在(，无零点 当(,0)x 时，sin0 x ，( )sin0 x g xex，( )fx在(,0)单调递增， 又(0)20fa，()10fea ，所以存

8、在唯一实数 0 (,0)x ，使得 0 ()0fx， 当 0 (,)xx 时，( )0fx，( )f x在 0 (,)x单调递减， 当 0 (xx，0)时，( )0fx，( )f x在 0 (x，0)单调递增， 又()10fea ， 0 ()(0)0f xf，所以( )f x在 0 (,)x有唯一零点， 所以( )f x在 0 (,)x有一个零点， 综上，当12a 时，函数( )f x有 2 个零点 4已知函数( )sin x f xeaxx，曲线( )f x在点(0，(0)f处的切线方程为10 xy （1）求实数a的值，并证明：对xR ，( )0f x 恒成立 （2）设函数( )( )1h

9、xf xx，试判断函数( )h x在(,0)上零点的个数，并说明理由 解： （1）根据题意，( )sin( )cos1 xx f xeaxxfxeax 曲线( )f x在点(0，(0)f处的切线方程为10 xy (0)11111faa ( )sin x f xexx 此时若要证明，对xR ，( )0f x 恒成立，需证明sin x exx sin 1x ，1 故需证明1 x ex，则令( ) x g xex， ( )1 x g xe ( )00g xx；( )00g xx；( )00g xx 函数( )g x在(,0)上单调递减；在(0,)上单调递增； 故有当xR，( )(0)1 min g

10、xg，即对xR ，1 x ex 恒成立 sin1sin0 x exxx ( )0f x恒成立 （2）根据题意可得，( )sin1( )cos xx h xexh xex 在同一个直角坐标系中作出函数 x ye和cosyx的图象如下： 假设当 0 xx时，函数 x ye和cosyx的相交， (,0)x 0 (,)xx 时，( )0( )h xh x单调递增； 0 (xx，0)时，( )h x单调递减； 即得 0 ( )() max h xh x (0)0h 0 ()0h x 又()10he 综上可得，函数( )h x在 0 (x，0)上无零点，在 0 (,)x上只有一个零点 即函数( )h x在

11、(,0)上只有一个零点 5已知函数 1 ( ) x e f x x ，( )(1)g xxln x （1）求( )f x的单调区间； （2）证明：0 x 时， 2 ( )( )f xg xx； （3）设( )( )1)cosG xa xf xx在区间(0，内有不相等的两个零点，求a的范围 解： （1）函数 1 ( ) x e f x x 的定义域为 |0 x x ， 2 (1)1 ( ) x ex fx x ，令( )(1)1 x h xex，( ) x h xxe， 令( )0h x，可得0 x ，令( )0h x，可得0 x ， 所以( )h x在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，

12、 所以( )(0)0h xh，所以( ) 0fx， 所以( )f x的单调递增区间为(,0)，(0,)，无单调递减区间 （2）证明：( )( )(1) (1) x f xg xeln x， 因为0 x ，所以10 x e ， 所以要证 2 (1) (1) x eln xx， 只需证 (1) 1 x ln xx xe ， 令10 x et ，则(1)xln t， 所以 (1) 1 x xln t et ， 因为0 x ，1 x ex ， 所以1 x ex ，即tx， 令 (1) ( ) ln x h x x ，则 22 (1) (1) (1) 1 ( ) (1) x ln x xxln x x

13、h x xxx ， 令( )(1) (1)m xxxln x，则( )1(1)1(1)m xln xln x ， 因为0 x ，所以( )0m x，所以( )m x在(0,)上单调递减， 所以( )(0)0m xm， 所以( )0h x，所以( )h x在(0,)上单调递减， 因为tx，所以( )( )h th x， 所以 (1)(1)ln tln x tx ，即 (1) 1 x xln x ex ， 所以 2 (1) (1) x xeln x， 所以 2 ( )( )f xg xx （3）( )( )1)cos(1 1)coscos xx G xa xf xxa exaex ， 令( )0G

14、 x ，得cos0 x aex，即cos x aex ， 所以( )G x在(0，内有两个零点， 令cos x yex ，(0 x， 则ya与cos x yex 在(0，内有两个交点， (cossin )(sincos )2sin() 4 xxxx yexexexxex ， 因为(0 x，令0y ，即sin()0 4 x ，所以 3 0 4 x ，cos x yex 单调递增， 令0y，即sin()0 4 x ，所以 3 4 x ，cos x yex 单调递减， 所以当 3 4 x 时， 33 44 32 cos 42 max yee ， 当0 x 时，1y ， 当x时，cosyee ， 又因

15、为ya与cos x yex 有两个交点， 则当 3 4 2 2 eae 时，有两个交点， 当1ae 或 3 4 2 2 ae 时，有 1 个交点， 所以a的取值范围为e ， 3 4 2 ) 2 e 6已知函数 2 1 ( )(1) 2 f xlnxaxax （）讨论函数( )f x的极值； （）若 22 1 ( )(1)( ( )1 2 g xxf xaxaxx，证明：函数( )g x有且仅有两个零点 1 x， 2 x，且 12 1x x 解： （）函数的定义域是(0,)且 (1)(1) ( ) axx fx x ， 若0a，则当(0,)x时，( )0fx， 故函数( )f x在(0,)上单调

16、递增，函数( )f x无极值， 若0a ，则当 1 (0,)x a 时，( )0fx， 当 1 (x a ，)时，( )0fx， 故函数( )f x在 1 (0,) a 递增，在 1 ( a ，)递减， 故函数 111 ( )1 2 f xfln aaa 极大值 ，无极小值， 综上，当0a时，函数( )f x无极值， 当0a 时，函数( )f x有极大值为 11 ()1 2 ln aa ，无极小值； （）证明： 22 1 ( )(1)( ( )1(1)1 2 g xxf xaxaxxxlnxx ， 故 1 ( )g xlnx x ， ylnx在(0,)上单调递增， 1 y x 在(0,)上单调

17、递减， 故( )g x在(0,)上单调递增， 又g（1）10 ，g（2） 141 20 22 ln ln ， 故存在唯一 0 (1,2)x 使得 0 ()0g x， 故函数( )g x在 0 (0,)x上单调递减，在 0 (x，)上单调递增， 又 0 ()g xg（1）2 ， 22 ()30g ee， 故( )0g x 在 0 (x，)内存在唯一实根 1 x， 由 01 1xx，得 0 1 1 1x x ， 又 1 11111 ()1111 ()(1)10 g x gln xxxxx ， 故 1 1 x 是( )0g x 在 0 (0,)x上的唯一零点，记作 2 x，则 2 1 1 x x ， 综上：函数( )g x有且只有 2 个零点 1 x， 2 x，且 12 1x x