2021高考数学（理）人教A版一轮复习学案 作业：第三章 高考专题突破一 第2课时 导数与方程 WORD版含解析.docx

1、第2课时导数与方程例1(12分)(2019全国)已知函数f(x)sin xln(1x)，f(x)为f(x)的导数，证明：(1)f(x)在区间上存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.规范解答证明(1)f(x)的定义域为(1，)，f(x)cos x，1分令g(x)cos x，x，g(x)sin x，x，易知g(x)在上单调递减.2分又g(0)sin 0110，gsin10；当x时，g(x)0，f(x)在(0，x0)上单调递增，此时f(x)f(0)0，不存在零点，又fcosf(0)0，fsinlnln ln 10.f(x)0在上恒成立，不存在零点.9分当x时，易知f(x)在上单调递减，又

2、f0，f()sin ln(1)ln(1)ln(1)1，f(x)sin xln(1x)0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间；当a0时，令f(x)0，得x0，得xln a，所以f(x)的单调递减区间为(，ln a)，单调递增区间为(ln a，).(2)令g(x)0，得f(x)0或x，由(1)知，当a0时，f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增；若a0，由f(0)0，知f(x)在区间0,1上有一个零点；若ln a0，即0a1，则f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在0,1上有一个零点；若0ln a1，即1ae，则f

3、(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增，又f(1)ea1，所以当ea10，即1ae1时，f(x)在0,1上有两个零点，当ea10，即e1ae1或a2(1)时，g(x)在0,1上有两个零点；当10)，所以h(x)1.所以x在上变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x1(1，e)h(x)0h(x)极小值又h3e2，h(1)4，h(e)e2.且h(e)h42e0.所以在上，h(x)minh(1)4，h(x)maxh3e2，若方程在上有两个不等实根，则40)，则g(x).在1,4上，当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下：x(1,2)2(2,4)g(x)0g(x)

4、极小值g(x)极小值g(2)ln 2b2，又g(4)2ln 2b2，g(1)b.若方程g(x)0在1,4上恰有两个不相等的实数根，则解得ln 222.证明h(x)ex(1x)，令h(x)0，解得x1，当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表.x(，1)1(1，)h(x)0h(x)由x1x2，不妨设x1x2，根据h(x1)h(x2)结合图象(图略)可知x11，x21时，F(x)F(1)0，即当x1时，h(x)h(2x)，则h(x1)h(2x1)，又h(x1)h(x2)，h(x2)h(2x1)，x11，2x12x1，x1x22得证.例2已知f(x)xln xmx2x，mR.若f(x)有两个极

5、值点x1，x2，且x1e2(e为自然对数的底数).证明欲证x1x2e2，需证ln x1ln x22，由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f(x)有两个零点，又f(x)ln xmx，所以x1，x2是方程f(x)0的两个不同实根.于是有可得ln x1ln x2m(x1x2)，即m，可得ln x2ln x1m(x2x1)，即m，从而可得，于是ln x1ln x2.又0x11.因此ln x1ln x2，t1.要证ln x1ln x22，即证2(t1)，即证当t1时，有ln t，令h(t)ln t(t1)，则h(t)0，所以h(t)为(1，)上的增函数，因此h(t)ln 10.于是当t1时，有

6、ln t.所以有ln x1ln x22成立，即x1x2e2.1.已知函数f(x)aln x(aR).(1)求f(x)的单调区间；(2)判断f(x)的零点个数.解(1)函数f(x)的定义域是(0，)，f(x)()ln x，令f(x)0，解得xe2，令f(x)0，解得0x，则f(x)min0，f(x)无零点；若a，则f(x)min0，f(x)有一个零点；若a，则f(x)min0，f(x)在(0，e2上单调递减，在e2，)上单调递增，当a0时，在(0，e2上有f(x)aln xa0，f(x)在区间(0，e2上无零点，在e2，)上有f(e2a)a(12ea)0，f(x)在区间e2，)上有一个零点；当0

7、a时，有00时，exx2成立，a0，又f(e2)0，f(x)在(0，e2上有一个零点，在(e2，)上有一个零点.综上，当a时，f(x)无零点，当a0或a时，f(x)有一个零点，当0a时，f(x)有2个零点.2.已知函数f(x)2ln xx2ax(aR).若函数g(x)f(x)axm在上有两个零点，求实数m的取值范围.解g(x)2ln xx2m，则g(x)2x.因为x，所以当g(x)0时，x1.当x0；当1xe时，g(x)0.故g(x)在x1处取得极大值g(1)m1.又gm2，g(e)m2e2，g(e)g4e20，则g(e)g，所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解

8、得10，则f(x)1，由f(x)0，得x2，由f(x)0，得0x2.故f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，).(2)因为当x0时，f(x)，所以f(x)0恒成立，即对x，a2恒成立.令h(x)2，x，则h(x)，再令m(x)2ln x2，x，则m(x)0，故m(x)在上为减函数.于是m(x)m42ln 30.从而h(x)0，于是h(x)在上为增函数，所以对x有h(x)0).若函数h(x)在(0，)内恰有两个零点，求实数a的取值范围.解因为函数g(x)的定义域为(0，)，所以g(x)g(e)0，依题意，h(x)g(x)0，则函数h(x)无零点.当xe时，g(e)0，f(e)e

9、33aee，若f(e)e33aee0，即a，则e是函数h(x)的一个零点；若f(e)e33aee0，即a，则e不是函数h(x)的零点.当x(e，)时，g(x)3e23a，所以当ae2时，f(x)0，函数f(x)在(e，)内单调递增.又f(e)e33aee，当a时，f(e)0，函数f(x)在(e，)内无零点；当ae2时，f(e)0，此时函数f(x)在(e，)内恰有一个零点.当ae2时，结合f(x)3x23a3(x)(x)可知，函数f(x)在(e，)内单调递减，在(，)内单调递增.因为f(e)e33aeee33e3e8a26a2e2a2e0，所以此时函数f(x)在(e，)内恰有一个零点.综上，若h

10、(x)在(0，)内恰有2个零点，实数a的取值范围是.5.(2020河南豫北名校联考)已知函数f(x)ex1kx2k(其中e是自然对数的底数，kR).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明x1x22.(1)解易得f(x)ex1k，当k0时，令f(x)0，得xln k1，可得当x(，ln k1)时，f(x)0，所以函数f(x)在区间(，ln k1)上单调递减，在区间(ln k1，)上单调递增.当k0时，f(x)ex1k0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增.(2)证明当k0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k0，由题意知k(x12)，k(x22)，所以x120，x220，可得x1x2ln，不妨设x1x2，令t，则t1，由解得x12，x22，所以x1x24，欲证x1x22，只需证明2，即证(t1)ln t2(t1)0，令g(t)(t1)ln t2(t1)(t1)，则g(t)ln t(t1)2ln t1.令h(t)ln t1(t1)，则h(t)0，h(t)单调递增，所以g(t)g(1)0.所以g(t)在区间1，)上单调递增，所以当t1时，g(t)g(1)0，即(t1)ln t2(t1)0，原不等式得证.