2023版高三一轮总复习数学新教材老高考人教版课时分层作业19　利用导数解决函数的零点

1、 课时分层作业(十九)利用导数解决函数的零点1(2021济南一模)已知函数f(x) eq blc(avs4alco1(a（x1）ex，x0.,x2axf(1,2)，x0.)(1)若a2，求f(x)的最小值；(2)若f(x)恰好有三个零点，求实数a的取值范围解(1)a2时，f(x) eq blc(avs4alco1(2（x1）ex，x0，,x22xf(1,2)，x0.)当x0时，f(x)2(x2)ex，所以f(x)在(，2)上单调递减，在(2，0上单调递增，此时f(x)的最小值为f(2) eq f(2,e2)；当x0时，f(x)2(x1)，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增

2、，此时f(x)的最小值为f(1) eq f(1,2).因为 eq f(2,e2) eq f(1,2)，所以f(x)的最小值为 eq f(1,2).(2)显然a0；因为x0时，f(x)有且只有一个零点1，所以原命题等价于f(x)在(0，)上有两个零点所以 eq blc(avs4alco1(a220，,a0，)解得a eq r(2)，故实数a的取值范围是( eq r(2)，).2设函数f(x)ln x eq f(m,x)，mR.(1)当me(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)f(x) eq f(x,3)的零点个数解(1)由题意知，当me时，f(x)ln x eq f

3、(e,x)(x0)，则f(x) eq f(xe,x2)，当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(0，e)上单调递减；当x(e，)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值f(e)ln e eq f(e,e)2，f(x)的极小值为2.(2)由题意知g(x)f(x) eq f(x,3) eq f(1,x) eq f(m,x2) eq f(x,3)(x0)，令g(x)0，得m eq f(1,3)x3x(x0).设(x) eq f(1,3)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1).当x(0，1)时，(x)0，(x)在(0，1)上单调递增；当x(1，)时，(x)0

4、，(x)在(1，)上单调递减x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x1也是(x)的最大值点，(x)的最大值为(1) eq f(2,3).又(0)0.结合y(x)的图象(如图)，可知，当m eq f(2,3)时，函数g(x)无零点；当m eq f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m eq f(2,3)时，函数g(x)有两个零点；当m0时，函数g(x)有且只有一个零点综上所述，当m eq f(2,3)时，函数g(x)无零点；当m eq f(2,3)或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m eq f(2,3)时，函数g(x)有两个零点1(2020全国卷)已知函数f(x)x3

5、kxk2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围解(1)f(x)3x2k.当k0时，f(x)x3，故f(x)在(，)上单调递增当k0时，f(x)3x2k0，故f(x)在(，)上单调递增当k0时，令f(x)0，得x eq f(r(3k),3).当x eq blc(rc)(avs4alco1(，f(r(3k),3)时，f(x)0；当x eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3k),3)，f(r(3k),3)时，f(x)0；当x eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3k),3)，)时，f(x)0.故f(x)在 eq blc(rc)(avs4a

6、lco1(，f(r(3k),3)， eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3k),3)，)上单调递增，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3k),3)，f(r(3k),3)上单调递减(2)由(1)知，当k0时，f(x)在(，)上单调递增，f(x)不可能有三个零点当k0时，x eq f(r(3k),3)为f(x)的极大值点，x eq f(r(3k),3)为f(x)的极小值点此时，k1 eq f(r(3k),3) eq f(r(3k),3)k1且f(k1)0，f(k1)0，f eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3k),3)0.根据f(x)的单调性，当且

7、仅当f eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3k),3)0，即k2 eq f(2kr(3k),9)0时，f(x)有三个零点，解得k eq f(4,27).因此k的取值范围为 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(4,27).2(2021泰安一模)已知函数f(x)x ln x eq f(1,2)x2(2a1)x(aR).(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；(2)已知函数g(x) eq f(ex,x)f(x)有两个不同的零点x1，x2，且x1x2.证明：x2x1 eq f(4a22a1,2a1).解(1)因为函数f(x)x ln x eq f(1,2)x2(2a1)x，

8、故f(x)的定义域为(0，)，则f(x)ln xx2a，令h(x)ln xx2a，则h(x) eq f(1,x)1 eq f(1x,x)，当0 x1时，h(x)0，则h(x)单调递增，当x1时，h(x)0，则h(x)单调递减，所以当x1时，h(x)取得最大值h(1)2a1当a eq f(1,2)时，h(1)2a10，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递减，此时f(x)无极值点；当a eq f(1,2)时，h(1)2a10，因为0e2a1，h(e2a)2ae2a2ae所以h(x)在(0，1)上有且只有一个零点，所以f(x)在(0，1)上有且只有一个极值点，又e5ae21，h(e5a)5a

9、e5a2a7ae4aaa(7e4所以h(x)在(1，)上有且只有一个零点，所以f(x)在(1，)上有且只有一个极值点综上所述，当a eq f(1,2)时，f(x)无极值点；当a eq f(1,2)时，f(x)有2个极值点(2)证明：函数g(x) eq f(ex,x)f(x) eq f(ex,x)ln xx2a，则g(x) eq f(ex（x1）,x2) eq f(1,x)1 eq f(（x1）（exx）,x2)，当0 x1时，g(x)0，则g(x)单调递减，当x1时，g(x)0，则g(x)单调递增，所以当x1时，g(x)取得最小值g(1)e12a因为函数g(x)有两个不同的零点x1，x2，且x

10、1x2，所以g(1)0，即e12a0，所以2ae又g(2a) eq f(e2a,2a)ln (2a)2a2a eq f(e2a,2a)ln (2a)，令(x) eq f(ex,x)ln x(xe)，则(x) eq f(ex（x1）x,x2)，令m(x)ex(x1)x(xe)，则m(x)xex1ee110，所以m(x)单调递增，所以m(x)m(e)ee(e1)e0，所以(x)0，所以(x)单调递增，所以(2a)(e1)(e)ee110所以g(2a)0，所以x22令n(x)ln xx1(x0)，则n(x) eq f(1,x)1 eq f(1x,x)，当0 x1时，n(x)0，则n(x)单调递增，当x1时，n(x)0，则n(x)单调递减，所以当x1时，n(x)取到最大值为n(1)0，所以n(x)0，即ln xx1，所以g eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2a1) eq f(e eq sup10( eq f(1,2a1),f(1,2a1)ln eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2a1) eq f(1,2a1)2a eq