《加练半小时》2018版高考数学（江苏专用理科）专题复习：专题专题3 导数及其应用 第22练 WORD版含解析.doc

1、训练目标(1)利用导数处理与函数零点有关的题型；(2)解题步骤的规范训练训练题型(1)利用导数讨论零点的个数；(2)利用导数证明零点的唯一性；(3)根据零点个数借助导数求参数范围解题策略(1)注重数形结合；(2)借助零点存在性定理处理零点的存在性问题；结合单调性处理零点的唯一性问题；(3)注意参变量分离.1(2015广东)设a1，函数f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点2函数f(x)x3kx，其中实数k为常数(1)当k4时，求函数的单调区间；(2)若曲线yf(x)与直线yk只有一个交点，求实数k的取值范围3(2016南京、盐城、徐州二

2、模)已知函数f(x)1lnx，其中k为常数(1)若k0，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若k5，求证：f(x)有且仅有两个零点；(3)若k为整数，且当x2时，f(x)0恒成立，求k的最大值(参考数据ln82.08，ln92.20，ln102.30)4(2015山东)设函数f(x)(xa)lnx，g(x).已知曲线yf(x) 在点(1，f(1)处的切线与直线2xy0平行(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由5已知函数f(x)(xa)ex，其中e是自然对数的底数，aR.(1)求函数

3、f(x)的单调区间；(2)当a1时，试确定函数g(x)f(xa)x2的零点个数，并说明理由答案精析1(1)解f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2ex，xR，f(x)0恒成立f(x)的单调递增区间为(，)(2)证明f(0)1a，f(a)(1a2)eaa，a1，f(0)0，f(a)2aeaa2aaa0，f(0)f(a)0，f(x)在(0，a)上有一个零点，又f(x)在(，)上递增，f(x)在(0，a)上仅有一个零点，f(x)在(，)上仅有一个零点2解(1)因为f(x)x2k，当k4时，f(x)x24，令f(x)x240，所以x12，x22.f(x)、f(x)随x的变化情况如下

4、表：x(，2)2(2,2)2(2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间是(，2)，(2，)；单调递减区间是(2,2)(2)令g(x)f(x)k，由题意知，g(x)只有一个零点因为g(x)f(x)x2k.当k0时，g(x)x3，所以g(x)只有一个零点0.当k0时，g(x)x2k0对xR恒成立，所以g(x)单调递增，所以g(x)只有一个零点当k0时，令g(x)f(x)x2k0，解得x1或x2.g(x)，g(x)随x的变化情况如下表：x(，)(，)(，)g(x)00g(x)极大值极小值g(x)有且仅有一个零点等价于g()0，即kk0，解得0k.综上所述，k的取值范围是k.3

5、(1)解当k0时，f(x)1lnx.因为f(x)，从而f(1)1.又f(1)1，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y1x1，即xy0.(2)证明当k5时，f(x)lnx4.因为f(x)，所以当x(0,10)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(10，)时，f(x)0，f(x)单调递增所以当x10时，f(x)有极小值因为f(10)ln1030，f(1)60，所以f(x)在(1,10)之间有一个零点因为f(e4)440，所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点，从而f(x)有且仅有两个不同的零点(3)解方法一由题意知，1lnx0对x(2，)恒成立，即k对x(2，)恒成立令h(x

6、)，则h(x).设v(x)x2lnx4，则v(x).当x(2，)时，v(x)0，所以v(x)在(2，)上为增函数因为v(8)82ln8442ln80，v(9)52ln90，所以存在x0(8,9)，v(x0)0，即x02lnx040.当x(2，x0)时，h(x)0，h(x)单调递减；当x(x0，)时，h(x)0，h(x)单调递增所以当xx0时，h(x)的最小值为h(x0).因为lnx0，所以h(x0)(4,4.5)，故所求的整数k的最大值为4.方法二由题意知，1lnx0对x(2，)恒成立f(x)1lnx，f(x).当2k2，即k1时，f(x)0对x(2，)恒成立，所以f(x)在(2，)上单调递增

7、而f(2)1ln20成立，所以满足要求当2k2，即k1时，当x(2,2k)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(2k，)时，f(x)0，f(x)单调递增所以当x2k时，f(x)有最小值f(2k)2ln2kk，从而f(x)0在x(2，)时恒成立，等价于2ln2kk0.令g(k)2ln2kk，则g(k)0，从而g(k)在(1，)上为减函数因为g(4)ln820，g(5)ln1030，所以使2ln2kk0成立的最大正整数k4.综合知，所求的整数k的最大值为4.4解(1)由题意知，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为2，所以f(1)2，又f(x)lnx1，所以a1.(2)当k1时，方程f(

8、x)g(x)在(1,2)内存在唯一的根设h(x)f(x)g(x)(x1)lnx，当x(0,1时，h(x)0.又h(2)3ln2ln8110，所以存在x0(1,2)，使得h(x0)0.因为h(x)lnx1，所以当x(1,2)时，h(x)10，当x2，)时，h(x)0，所以当x(1，)时，h(x)单调递增，所以当k1时，方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根5解(1)因为f(x)(xa)ex，xR，所以f(x)(xa1)ex.令f(x)0，得xa1.当x变化时，f(x)和f(x)的变化情况如下：x(，a1)a1(a1，)f(x)0f(x)极小值故f(x)的单调递减区间为(，a1)，单调递

9、增区间为(a1，)(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点理由如下：由g(x)f(xa)x20，得方程xexax2，显然x0为此方程的一个实数解，所以x0是函数g(x)的一个零点当x0时，方程可化简为exax.设函数F(x)exax，则F(x)exa1，令F(x)0，得xa.当x变化时，F(x)和F(x)的变化情况如下：x(，a)a(a，)F(x)0F(x)极小值即F(x)的单调递增区间为(a，)，单调递减区间为(，a)所以F(x)的最小值F(x)minF(a)1a.因为a1，所以F(x)minF(a)1a0，所以对于任意xR，F(x)0，因此方程exax无实数解所以当x0时，函数g(x)不存在零点综上，函数g(x)有且仅有一个零点