2023年高考一轮复习课时验收评价(二十二) 利用导数研究函数的零点问题（word版含解析）.doc

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1、2023 年高考一轮复习课时验收评价年高考一轮复习课时验收评价(二十二二十二)利用导数研究函数利用导数研究函数的零点问题的零点问题1设函数设函数 f(x)a(2x1)(2a21)ln(x)，aR R.(1)讨论讨论 f(x)在定义域上的单调性；在定义域上的单调性；(2)当当 a0 时，判断时，判断 f(x)在在1，12 上的零点个数上的零点个数2设函数设函数 f(x)x22k2ln x，k0.(1)求求 f(x)的单调区间和极值；的单调区间和极值；(2)证明：若证明：若 f(x)存在零点，则存在零点，则 f(x)在区间在区间(1，e上仅有一个零点上仅有一个零点3(2022哈尔滨三中模拟哈尔滨三

2、中模拟)已知函数已知函数 f(x)12x2(a1)xaln x12a2(a0)(1)讨论讨论 f(x)的单调性；的单调性；(2)若函数若函数 yf(x)只有一个零点，求实数只有一个零点，求实数 a 的取值范围的取值范围4(2022龙岩月考龙岩月考)已知函数已知函数 f(x)x12ln2xln x1.(1)讨论讨论 f(x)的单调性；的单调性；(2)若若 m0，方程，方程 mf(x)xmx0 有两个不同的实数解，求实数有两个不同的实数解，求实数 m 的取值范围的取值范围5已知函数已知函数 f(x)x2ax3，g(x)kln xx，当当 a2 时时，f(x)与与 g(x)的图象在的图象在 x1 处

3、的处的切线相同切线相同(1)求求 k 的值；的值；(2)令令 F(x)f(x)g(x)，若，若 F(x)存在零点，求实数存在零点，求实数 a 的取值范围的取值范围2023 年高考一轮复习课时验收评价年高考一轮复习课时验收评价(二十二二十二)利用导数研究函数利用导数研究函数的零点问题的零点问题1设函数设函数 f(x)a(2x1)(2a21)ln(x)，aR R.(1)讨论讨论 f(x)在定义域上的单调性；在定义域上的单调性；(2)当当 a0 时，判断时，判断 f(x)在在1，12 上的零点个数上的零点个数解：解：(1)由题意，函数由题意，函数 f(x)的定义域为的定义域为(，0)，且且 f(x)

4、2a2a21x.当当 a0 时，时，f(x)0 时，时，f(x)2a2a21x2ax2a212ax，则当则当 x，2a212a时，时，f(x)0，f(x)单调递增；单调递增；当当 x2a212a，0时，时，f(x)0 时，因为时，因为2a212a12a122122a0，则，则1，12 2a212a，0，即即 f(x)在在1，12 上单调递减，又上单调递减，又 f(1)3a0，f12 2a(2a21)ln 20.(1)求求 f(x)的单调区间和极值；的单调区间和极值；(2)证明：若证明：若 f(x)存在零点，则存在零点，则 f(x)在区间在区间(1，e上仅有一个零点上仅有一个零点解：解：(1)f

5、(x)xk2xx2k2x(x0，k0)，令令 f(x)0，得，得 xk(舍负舍负)，f(x)，f(x)的变化情况如下：的变化情况如下：x(0，k)k(k，)f(x)0f(x)极小值极小值综上，综上，f(x)的单调递减区间是的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是，单调递增区间是(k，)，f(x)极小值为极小值为 f(k)k2 12ln k 2，无极大值，无极大值(2)证明：由证明：由(1)知，知，f(x)在区间在区间(0，)上的最小值为上的最小值为 f(k)k2 12ln k 2.因为因为 f(x)存在零点，所以存在零点，所以 f(k)k2 12ln k 20，从而，从而 ke.当当 k e

6、时，时，f(x)在区间在区间(1，e)上单调递减，且上单调递减，且 f(e)0，所以所以 x e是是 f(x)在区间在区间(1，e上的唯一零点上的唯一零点当当 k e时，时，f(x)在区间在区间(0，e)上单调递减，且上单调递减，且 f(1)120，f(e)ek220)(1)讨论讨论 f(x)的单调性；的单调性；(2)若函数若函数 yf(x)只有一个零点，求实数只有一个零点，求实数 a 的取值范围的取值范围解：解：(1)f(x)x1 xa x.当当 0a00 x1，所以，所以 f(x)在在(0，a)，(1，)上单调递增，上单调递增，由由 f(x)0ax1 时时，由由 f(x)00 xa，所所以

7、以 f(x)在在(0,1)，(a，)上单调递增上单调递增，由由 f(x)01xa，所以，所以 f(x)在在(1，a)上单调递减；上单调递减；当当 a1 时，时，f(x)x1 2x0f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增(2)f(1)12a 1 2 a 1 2，f(a)a(ln a1)，由由(1)知当知当 0a1 时，时，f(x)在在 xa 处有极大值，且处有极大值，且 f(a)0，此时函数有一个零点；，此时函数有一个零点；当当 a1 时，时，f(x)在在(0，)上单调递增，且上单调递增，且 f(1)1 时，时，f(x)在在(0,1)，(a，)上单调递增，在上单调递增，在(1，a)上单调递减，

8、上单调递减，f(x)在在 xa 处有处有极小值极小值，f(x)在在 x1 处有极大值处有极大值，则当则当 f(1)0 时函数有一个零点时函数有一个零点，有有 1ae.综上，实数综上，实数 a 的取值范围为的取值范围为(0,1 2)(e，)4(2022龙岩月考龙岩月考)已知函数已知函数 f(x)x12ln2xln x1.(1)讨论讨论 f(x)的单调性；的单调性；(2)若若 m0，方程，方程 mf(x)xmx0 有两个不同的实数解，求实数有两个不同的实数解，求实数 m 的取值范围的取值范围解：解：(1)依题意函数依题意函数 f(x)的定义域为的定义域为(0，)，f(x)1ln xx1xxln x

9、1x，令令 g(x)xln x1，则，则 g(x)11x0，故，故 g(x)在在(0，)上单调递增，上单调递增，又又 g(1)0，所以当，所以当 x(0,1)时，时，g(x)0，即，即 f(x)0，即，即 f(x)0，故故 f(x)在在(0,1)上单调递减，在上单调递减，在(1，)上单调递增上单调递增.(2)方程方程 mf(x)xmx0 化简可得化简可得 m(xln x)x2，所以方程所以方程 mf(x)xmx0 有两解等价于方程有两解等价于方程xln xx21m有两解，有两解，设设 F(x)xln xx2，则，则 F(x)1x2ln xx3，令令 h(x)1x2ln x，由于，由于 h(x)

10、12x0,即即 F(x)0；当当 x(1，)时，时，h(x)0，即，即 F(x)0，又，又 F1e ee20，所以存在所以存在 x11e，1，使得，使得 F(x1)0，故当故当 x(0，x1)时，时，F(x)0.易知易知 x(1，)时，时，F(x)xln xx20，从而从而 F(x)(0,1)所以方程所以方程xln xx21m有两解只须满足有两解只须满足 01m1.故实数故实数 m 的取值范围是的取值范围是(1，)5已知函数已知函数 f(x)x2ax3，g(x)kln xx，当当 a2 时时，f(x)与与 g(x)的图象在的图象在 x1 处的处的切线相同切线相同(1)求求 k 的值；的值；(2

11、)令令 F(x)f(x)g(x)，若，若 F(x)存在零点，求实数存在零点，求实数 a 的取值范围的取值范围解：解：(1)当当 a2 时，时，f(x)x22x3，f(x)2x2，则，则 f(1)4.g(x)k 1ln x x2，g(1)k，由题意可知，由题意可知 k4.(2)若若 F(x)存在零点，则存在零点，则 F(x)x2ax34ln xx0，即，即 a4ln xx33xx2有实数根，有实数根，令令 h(x)4ln xx33xx24ln xx2x3x，则则 h(x)4x8xln xx413x248ln xx33xx3，令令(x)48ln xx33x，则则(x)8x3x231 时，时，(x)0，所以当所以当 x1 时，时，h(x)0，故故 h(x)在在(1，)上为减函数，在上为减函数，在(0,1)上为增函数，即上为增函数，即 h(x)maxh(1)2，易知当易知当 x时，时，h(x)，当，当 x0 时，时，h(x)，所以所以 a2，即实数，即实数 a 的取值范围为的取值范围为(，2