新編高考數(shù)學(xué)江蘇專用理科專題復(fù)習(xí):專題專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第22練 Word版含解析

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1、                   訓(xùn)練目標(biāo) (1)利用導(dǎo)數(shù)處理與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的題型;(2)解題步驟的規(guī)范訓(xùn)練. 訓(xùn)練題型 (1)利用導(dǎo)數(shù)討論零點(diǎn)的個(gè)數(shù);(2)利用導(dǎo)數(shù)證明零點(diǎn)的唯一性;(3)根據(jù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)借助導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍. 解題策略 (1)注重?cái)?shù)形結(jié)合;(2)借助零點(diǎn)存在性定理處理零點(diǎn)的存在性問題;結(jié)合單調(diào)性處理零點(diǎn)的唯一性問題;(3)注意參變量分離. 1.(20xx·廣東)設(shè)a>1,函數(shù)f(x)=(1+x2)ex-a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:f(x)在(-∞,+∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn). 2.函數(shù)f(x)=x3-kx,其中實(shí)數(shù)k為常數(shù). (1)當(dāng)

2、k=4時(shí),求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間; (2)若曲線y=f(x)與直線y=k只有一個(gè)交點(diǎn),求實(shí)數(shù)k的取值范圍. 3.(20xx·南京、鹽城、徐州二模)已知函數(shù)f(x)=1+lnx-,其中k為常數(shù). (1)若k=0,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程; (2)若k=5,求證:f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn); (3)若k為整數(shù),且當(dāng)x>2時(shí),f(x)>0恒成立,求k的最大值.(參考數(shù)據(jù)ln8=2.08,ln9=2.20,ln10=2.30) 4.(20xx·山東)設(shè)函數(shù)f(x)=(x+a)lnx,g(x)=.已知曲線y=f(x) 在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與直線2x-y=0平

3、行. (1)求a的值; (2)是否存在自然數(shù)k,使得方程f(x)=g(x)在(k,k+1)內(nèi)存在唯一的根?如果存在,求出k;如果不存在,請(qǐng)說明理由. 5.已知函數(shù)f(x)=(x+a)ex,其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)a<1時(shí),試確定函數(shù)g(x)=f(x-a)-x2的零點(diǎn)個(gè)數(shù),并說明理由. 答案精析 1.(1)解 f′(x)=2xex+(1+x2)ex =(x2+2x+1)ex =(x+1)2ex,?x∈R,f′(x)≥0恒成立. ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞). (2)證明 ∵f(0)=1-a, f(a

4、)=(1+a2)ea-a, ∵a>1,∴f(0)<0, f(a)>2aea-a>2a-a=a>0, ∴f(0)·f(a)<0, ∴f(x)在(0,a)上有一個(gè)零點(diǎn), 又∵f(x)在(-∞,+∞)上遞增, ∴f(x)在(0,a)上僅有一個(gè)零點(diǎn), ∴f(x)在(-∞,+∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn). 2.解 (1)因?yàn)閒′(x)=x2-k, 當(dāng)k=4時(shí),f′(x)=x2-4, 令f′(x)=x2-4=0,所以x1=2,x2=-2. f′(x)、f(x)隨x的變化情況如下表: x (-∞,-2) -2 (-2,2) 2 (2,+∞) f′(x) + 0 - 0 +

5、 f(x)  極大值  極小值  所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-2),(2,+∞); 單調(diào)遞減區(qū)間是(-2,2). (2)令g(x)=f(x)-k, 由題意知,g(x)只有一個(gè)零點(diǎn). 因?yàn)間′(x)=f′(x)=x2-k. 當(dāng)k=0時(shí),g(x)=x3, 所以g(x)只有一個(gè)零點(diǎn)0. 當(dāng)k<0時(shí),g′(x)=x2-k>0對(duì)x∈R恒成立, 所以g(x)單調(diào)遞增,所以g(x)只有一個(gè)零點(diǎn). 當(dāng)k>0時(shí),令g′(x)=f′(x)=x2-k=0,解得x1=或x2=-. g′(x),g(x)隨x的變化情況如下表: x (-∞,-) - (-,)

6、 (,+∞) g′(x) + 0 - 0 + g(x)  極大值  極小值  g(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于g(-)<0, 即k-k<0,解得0<k<. 綜上所述,k的取值范圍是k<. 3.(1)解 當(dāng)k=0時(shí),f(x)=1+lnx. 因?yàn)閒′(x)=,從而f′(1)=1. 又f(1)=1,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y-1=x-1,即x-y=0. (2)證明 當(dāng)k=5時(shí),f(x)=lnx+-4. 因?yàn)閒′(x)=, 所以當(dāng)x∈(0,10)時(shí), f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(10,+∞)時(shí),f′(x)>

7、0, f(x)單調(diào)遞增. 所以當(dāng)x=10時(shí),f(x)有極小值. 因?yàn)閒(10)=ln10-3<0,f(1)=6>0, 所以f(x)在(1,10)之間有一個(gè)零點(diǎn). 因?yàn)閒(e4)=4+-4>0, 所以f(x)在(10,e4)之間有一個(gè)零點(diǎn), 從而f(x)有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn). (3)解 方法一 由題意知,1+lnx->0對(duì)x∈(2,+∞)恒成立, 即k<對(duì)x∈(2,+∞)恒成立. 令h(x)=, 則h′(x)=. 設(shè)v(x)=x-2lnx-4,則v′(x)=. 當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),v′(x)>0, 所以v(x)在(2,+∞)上為增函數(shù). 因?yàn)関(8)=8-2ln

8、8-4=4-2ln8<0, v(9)=5-2ln9>0, 所以存在x0∈(8,9),v(x0)=0, 即x0-2lnx0-4=0. 當(dāng)x∈(2,x0)時(shí),h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增. 所以當(dāng)x=x0時(shí),h(x)的最小值為h(x0)=. 因?yàn)閘nx0=,所以h(x0)=∈(4,4.5), 故所求的整數(shù)k的最大值為4. 方法二 由題意知,1+lnx- >0對(duì)x∈(2,+∞)恒成立. f(x)=1+lnx-, f′(x)=. ①當(dāng)2k≤2,即k≤1時(shí), f′(x)>0對(duì)x∈(2,+∞)恒成立, 所以f(x

9、)在(2,+∞)上單調(diào)遞增. 而f(2)=1+ln2>0成立,所以滿足要求. ②當(dāng)2k>2,即k>1時(shí), 當(dāng)x∈(2,2k)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(2k,+∞)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. 所以當(dāng)x=2k時(shí),f(x)有最小值f(2k)=2+ln2k-k, 從而f(x)>0在x∈(2,+∞)時(shí)恒成立, 等價(jià)于2+ln2k-k>0. 令g(k)=2+ln2k-k, 則g′(k)=<0, 從而g(k)在(1,+∞)上為減函數(shù). 因?yàn)間(4)=ln8-2>0,g(5)=ln10-3<0, 所以使2+ln2k-k>0成立的最大正整數(shù)k=4. 綜

10、合①②知,所求的整數(shù)k的最大值為4. 4.解 (1)由題意知,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線斜率為2,所以f′(1)=2, 又f′(x)=lnx++1,所以a=1. (2)當(dāng)k=1時(shí),方程f(x)=g(x)在(1,2)內(nèi)存在唯一的根. 設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)lnx-, 當(dāng)x∈(0,1]時(shí),h(x)<0. 又h(2)=3ln2-=ln8->1-1=0, 所以存在x0∈(1,2),使得h(x0)=0. 因?yàn)閔′(x)=lnx++1+, 所以當(dāng)x∈(1,2)時(shí),h′(x)>1->0, 當(dāng)x∈2,+∞)時(shí),h′(x)>0, 所以當(dāng)x∈(1,+∞)

11、時(shí),h(x)單調(diào)遞增, 所以當(dāng)k=1時(shí),方程f(x)=g(x)在(k,k+1)內(nèi)存在唯一的根. 5.解 (1)因?yàn)閒(x)=(x+a)ex,x∈R, 所以f′(x)=(x+a+1)ex. 令f′(x)=0,得x=-a-1. 當(dāng)x變化時(shí),f(x)和f′(x)的變化情況如下: x (-∞,-a-1) -a-1 (-a-1,+∞) f′(x) - 0 + f(x)  極小值  故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,-a-1), 單調(diào)遞增區(qū)間為(-a-1,+∞). (2)結(jié)論:函數(shù)g(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn). 理由如下: 由g(x)=f(x-a)-x2=0,得

12、方程xex-a=x2, 顯然x=0為此方程的一個(gè)實(shí)數(shù)解, 所以x=0是函數(shù)g(x)的一個(gè)零點(diǎn). 當(dāng)x≠0時(shí),方程可化簡(jiǎn)為ex-a=x. 設(shè)函數(shù)F(x)=ex-a-x, 則F′(x)=ex-a-1, 令F′(x)=0,得x=a. 當(dāng)x變化時(shí),F(xiàn)(x)和F′(x)的變化情況如下: x (-∞,a) a (a,+∞) F′(x) - 0 + F(x)  極小值  即F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a,+∞), 單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,a). 所以F(x)的最小值 F(x)min=F(a)=1-a. 因?yàn)閍<1, 所以F(x)min=F(a)=1-a>0, 所以對(duì)于任意x∈R,F(xiàn)(x)>0, 因此方程ex-a=x無實(shí)數(shù)解. 所以當(dāng)x≠0時(shí),函數(shù)g(x)不存在零點(diǎn). 綜上,函數(shù)g(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).

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