浙江省2020版高考數(shù)學(xué)第四章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用導(dǎo)函數(shù)的“隱零點(diǎn)”問(wèn)題習(xí)題（含解析）.docx

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1、導(dǎo)函數(shù)的“隱零點(diǎn)”問(wèn)題知 識(shí) 拓 展利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)問(wèn)題常與函數(shù)單調(diào)性的判斷有關(guān)，而函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)有著緊密的聯(lián)系，按導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)能否求精確解可以分為兩類：一類是數(shù)值上能精確求解的，稱之為“顯零點(diǎn)”；另一類是能夠判斷其存在但無(wú)法直接表示的，稱之為“隱零點(diǎn)”.對(duì)于隱零點(diǎn)問(wèn)題，由于涉及靈活的代數(shù)變形、整體代換、構(gòu)造函數(shù)、不等式應(yīng)用等技巧，對(duì)學(xué)生綜合能力的要求較高，成為考查的難點(diǎn).題 型 突 破題型一函數(shù)最值中的“隱零點(diǎn)”【例1】 設(shè)函數(shù)f(x)e2xaln x.(a為大于零的常數(shù))，已知f(x)0有唯一零點(diǎn)，求f(x)的最小值.解f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)2e2x(x0).當(dāng)a

2、0時(shí)，設(shè)u(x)e2x，v(x)，因?yàn)閡(x)e2x在(0，)上單調(diào)遞增，v(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增.設(shè)f(x)在(0，)上的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x(0，x0)時(shí)，f(x)0；當(dāng)x(x0，)時(shí)，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)xx0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故當(dāng)a0時(shí)，f(x)2aaln.故f(x)的最小值為2aaln.【訓(xùn)練1】 (1)討論函數(shù)f(x)ex的單調(diào)性，并證明當(dāng)x0時(shí)，(x2)exx20；(2)證明：當(dāng)a0，1)時(shí)，函數(shù)g(x

3、)(x0)有最小值.設(shè)g(x)的最小值為h(a)，求函數(shù)h(a)的值域.(1)解f(x)的定義域?yàn)?，2)(2，).f(x)0，當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)，f(x)0，所以f(x)在(，2)，(2，)單調(diào)遞增.因此當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)f(0)1.所以(x2)ex(x2)，即(x2)exx20.(2)證明g(x)(f(x)a).由(1)知，f(x)a單調(diào)遞增，對(duì)任意a0，1)，f(0)aa10，f(2)aa0.因此，存在唯一xa( 0，2，使得f(xa)a0，即g(xa)0.當(dāng)0 xxa時(shí)，f(x)a0，g(x)xa時(shí)，f(x)a0，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增.因此g(x)在xxa處取得最小值，最小值

4、為g(xa).于是h(a)，由0，得y單調(diào)遞增.所以，由xa(0，2，得h(a).因?yàn)閥單調(diào)遞增，對(duì)任意，存在唯一的xa(0，2，af(xa)0，1)，使得h(a).所以h(a)的值域是.綜上，當(dāng)a0，1)時(shí)，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是.題型二不等式證明中的“隱零點(diǎn)”【例2】 (2017全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e2f(x0)22.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，)，設(shè)g(x)axaln x，則f(x)xg(x)，f(x)0等價(jià)于g(x)0，因?yàn)間(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g

5、(x)a，g(1)a1，得a1.若a1，則g(x)1.當(dāng)0 x1時(shí)，g(x)1時(shí)，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增，所以x1是g(x)的極小值點(diǎn)，故g(x)g(1)0.綜上，a1.(2)證明由(1)知f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，設(shè)h(x)2x2ln x，則h(x)2.當(dāng)x時(shí)，h(x)0.所以h(x)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.又h(e2)0，h0；當(dāng)x(x0，1)時(shí)，h(x)0.因?yàn)閒(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一極大值點(diǎn).由f(x0)0得ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0).由x0得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)0，aR).(1)求函數(shù)y

6、f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a1時(shí)，證明：對(duì)任意的x0，f(x)x2xex2.(1)解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)2x(a2)，當(dāng)a0時(shí)，f(x)0對(duì)任意的x(0，)恒成立，所以函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，由f(x)0得x，f(x)0得0 x0，設(shè)g(x)exln x2(x0)，令g(x)ex0，此時(shí)方程有唯一解x0，滿足ex0(x01).當(dāng)x變化時(shí)，g(x)和g(x)變化情況如下表x(0，x0)x0(x0，)g(x)0g(x)極小值g(x0)g(x)ming(x0)e x0ln x02x02，因?yàn)閤00，且x01，所以g(x)min220，因此不等式得證.題型三導(dǎo)函數(shù)中“二次

7、函數(shù)”的“設(shè)而不求”技巧【例3】 (2018全國(guó)卷)已知函數(shù)f(x)xaln x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：2，令f(x)0得，x或x.當(dāng)x時(shí)，f(x)0.所以f(x)在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.(2)證明由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)a2.由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2ax10，所以x1x21，不妨設(shè)x11.由于1a2a2a，所以a2等價(jià)于x22ln x20.設(shè)函數(shù)g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上單調(diào)遞減，又g(1)0，從而當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)0.所以x22ln x20，即0且g(2)a

8、0，即0a2.考慮到x1，x2是方程2x24xa0的兩根.從而x1x22，x1x2，從而f(x1)f(x2)xaln(x12)xaln(x22)(x1x2)22x1x2aln2(x1x2)x1x244aaln，其中0a2.令h(a)4aaln，a(0，2)，則h(a)1ln1ln0)，h(a)4，a2，h(a)2，所以h(a)的值域?yàn)?2，4).綜上所述f(x1)f(x2)的取值范圍是(2，4).補(bǔ) 償 訓(xùn) 練1.(2019杭州二中考試)設(shè)函數(shù)f(x)1，g(x)ln x，(1)求曲線yf(2x1)在點(diǎn)(1，0)處的切線方程；(2)求函數(shù)yf(x)g(x)在上的取值范圍.解(1)當(dāng)x1時(shí)，yf

9、(21)f(1)0.yf(2x1)，f(1)1，所以切線方程為yx1.(2)yf(x)g(x)ln xln x，y，因?yàn)閤，所以x0.令h(x)1，h(x)0，則h(x)在上單調(diào)遞增，因?yàn)閔(1)0，所以yf(x)g(x)在上單調(diào)遞減，在1，e上單調(diào)遞增.yminf(1)g(1)0，ymaxmaxmax，因?yàn)?1，所以yf(x)g(x)在上的取值范圍為0，1.2.(2019諸暨統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)(x1)exax的圖象在x0處的切線方程是xyb0.(1)求a，b的值；(2)求證函數(shù)f(x)有唯一的極值點(diǎn)x0，且f(x0).(1)解因?yàn)閒(x)xexa，由f(0)1得a1，又當(dāng)x0時(shí)，f(x)

10、1，所以切線方程為y(1)1(x0)，即xy10，所以b1.(2)證明令g(x)f(x)xex1，則g(x)(x1)ex，所以當(dāng)x1時(shí)，g(x)單調(diào)遞減，且此時(shí)g(x)0，則g(x)在(，1)內(nèi)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)x1時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，且g(1)0，所以g(x)0有唯一解x0，f(x)有唯一的極值點(diǎn)x0.由x0ex01ex0，f(x0)x01，又g10 x012x0.3.已知f(x)axxln x(aR)，yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線的斜率為2.若2f(x)(k1)xk0(kZ)對(duì)任意x1都成立，求整數(shù)k的最大值.解由題設(shè)知f(x)a1ln x，由f(1)2，解得a1，所以f(x)xxln

11、x.當(dāng)x1時(shí)，不等式2f(x)(k1)xk0(kZ)化為k1)，則g(x)，再設(shè)h(x)2x2ln x3，則h(x)0，所以h(x)在(1，)上單調(diào)遞增，又h(2)12ln 20，故h(x)在上存在唯一零點(diǎn)x0，使h(x0)2x02ln x030，且當(dāng)1xx0時(shí)，g(x)x0時(shí)，g(x)0.即g(x)在(1，x0)單調(diào)遞減，在(x0，)單調(diào)遞增，所以g(x)ming(x0)，由2x02ln x030得2ln x02x03，則g(x)min2x0(4，5)，又k0，存在唯一的s，使tf(s)；(2)設(shè)(1)中所確定的s關(guān)于t的函數(shù)為sg(t)，證明：當(dāng)te2時(shí)，有0，故下面只考慮f(x)在(1，

12、)上的性質(zhì).由于對(duì)任意給定的t0，令F(x)f(x)t，x1，則F(x)x(2ln x1)0，從而F(x)在(1，)單調(diào)遞增，又F(1)t0，故F(x)在(1，)存在唯一零點(diǎn)s，滿足tf(s).(2)由于s2ln ste2，從而se，故，令mln s，則，m1，設(shè)h(m)，m1，下面求h(m)的取值范圍.由于h(m)，從而當(dāng)m(1，e時(shí)，h(m)0，當(dāng)m(e，)時(shí)，h(m)0，故h(m)在(1，e上單調(diào)遞增，在(e，)上單調(diào)遞減，而h(1)0，h(e)，m，h(m)0，從而h(m)，從而，又e2時(shí)，有0，判斷是否存在b0，使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，)內(nèi)存在“S點(diǎn)”，并說(shuō)明理由.解對(duì)任

13、意a0，設(shè)h(x)x33x2axa.因?yàn)閔(0)a0，h(1)13aa20.函數(shù)f(x)x2a，g(x)，則f(x)2x，g(x).由f(x)g(x)且f(x)g(x)，得即(*)此時(shí)，x0滿足方程組(*)，即x0是函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)的一個(gè)“S點(diǎn)”.因此，對(duì)任意a0，存在b0，使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0，)內(nèi)存在“S點(diǎn)”.6.已知函數(shù)f(x)ax2xln xbx(a，bR)，函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，證明： a2x1x20)，g(x)a.當(dāng)a0時(shí)， g(x)a0，則g(x)即f(x)在(

14、0，)上是增函數(shù)；當(dāng)a0時(shí)，若x(0，)，則g(x)0，若x(，)，則g(x)0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)證明由(1)知當(dāng)a0時(shí)， f(x)在(0，)上是增函數(shù)，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)，故a0.由f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，得兩式相減得ln x1ln x2ax2ax10，即a.a0，x10，x20，欲證a2x1x21，只需證x1x21，即證2.不妨設(shè)0 x1x2，令t(0，1)，則只需證(ln t)2t2.設(shè)(t)(ln t)2t2，則(t)ln t1.設(shè)h(t)2ln tt，則h(t)，當(dāng)t(0，1)時(shí)， h(t)h(1)0，當(dāng)t(0，1)時(shí)， (t)0，(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，當(dāng)t(0，1)時(shí)， (t)(1)0，即(ln t)2t2在t(0，1)上恒成立，故原不等式得證.