高考数学一轮复习第三章 高考专题突破一 第2课时

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例1 (12分)(2019·全国Ⅰ)已知函数f (x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f (x)的导数，证明：
(1)f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))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)＝cs x－eq \f(1,x＋1)，[1分]
令g(x)＝cs x－eq \f(1,x＋1)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))，
∴g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,x＋12)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))，
易知g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上单调递减．[2分]
又g′(0)＝－sin 0＋1＝1>0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－sin eq \f(π,2)＋eq \f(4,π＋22)＝eq \f(4,π＋22)－1<0，
∴∃x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得g′(x0)＝0.[3分]
∴当x∈(－1，x0)时，g′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－1，x0)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递减．
故x＝x0为g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上唯一的极大值点，
即f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(π,2)))上存在唯一的极大值点x0.[5分]
(2)由(1)知f′(x)＝cs x－eq \f(1,x＋1)，x∈(－1，＋∞)．
①当x∈(－1,0]时，由(1)可知f′(x)在(－1,0]上单调递增，
∴f′(x)≤f′(0)＝0，∴f (x)在(－1,0]上单调递减，
又f (0)＝0.
∴x＝0为f (x)在(－1,0]上的唯一零点．[7分]
②当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)在(0，x0)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递减，
又f′(0)＝0，∴f′(x0)>0，
∴f (x)在(0，x0)上单调递增，此时f (x)>f (0)＝0，不存在零点，
又f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝cs eq \f(π,2)－eq \f(2,π＋2)＝－eq \f(2,π＋2)<0，
∴∃x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))，使得f′(x1)＝0，
∴f (x)在(x0，x1)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(π,2)))上单调递减，
又f (x0)>f (0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sin eq \f(π,2)－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(π,2)))
＝ln eq \f(2e,π＋2)>ln 1＝0.
∴f (x)>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上恒成立，不存在零点．[9分]
③当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，易知f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0，f (π)＝sin π－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)<0，
∴f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上存在唯一零点．[10分]
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>ln(π＋1)>1，
∴f (x)＝sin x－ln(1＋x)<0，
∴f (x)在(π，＋∞)上不存在零点，
综上所述，f (x)有且仅有2个零点．[12分]
第一步：求导函数f′(x)；
第二步：二次求导：设g(x)＝f′(x)，求g′(x)；
第三步：讨论g(x)的性质：根据g′(x)的符号讨论g(x)的单调性和零点；
第四步：讨论f (x)的性质：根据f′(x)的符号讨论f (x)的单调性和零点．
跟踪训练1 (2020·武汉调研)已知函数f (x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f (x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))在区间[0,1]上零点的个数．
解 (1)因为f (x)＝ex－ax－1，
所以f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f (x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，令f′(x)<0，得x令f′(x)>0，得x>ln 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＝eq \f(1,2)，
由(1)知，当a≤0时，f (x)在R上单调递增；当a>0时，f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增；
若a≤0，由f (0)＝0，知f (x)在区间[0,1]上有一个零点；
若ln a≤0，即0若0又f (1)＝e－a－1，所以当e－a－1≥0，即1当e－a－1<0，即e－1若ln a≥1，即a≥e，则f (x)在[0,1]上单调递减，f (x)在[0,1]上只有一个零点．
又当x＝eq \f(1,2)时，由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0得a＝2(eq \r(e)－1)，
所以当a≤1或a>e－1或a＝2(eq \r(e)－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1 根据函数零点情况求参数范围
例2 已知函数f (x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f (x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
解 由g(x)＝2f (x)，
可得2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)，
设h(x)＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)(x>0)，
所以h′(x)＝1＋eq \f(2,x)－eq \f(3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2).
所以x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
又heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝eq \f(3,e)＋e＋2.
且h(e)－heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝4－2e＋eq \f(2,e)<0.
所以在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上，h(x)min＝h(1)＝4，
h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)＋3e－2，
若方程在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个不等实根，则4所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(4，e＋2＋\f(3,e))).
思维升华 方程根或函数零点的个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．
跟踪训练2 已知函数g(x)＝eq \f(1,4)x2－eq \f(3,2)x＋ln x－b在[1,4]上有两个不同的零点，求实数b的取值范围．
解 g(x)＝eq \f(1,4)x2－eq \f(3,2)x＋ln x－b(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(x－2x－1,2x).
在[1,4]上，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
g(x)极小值＝g(2)＝ln 2－b－2，
又g(4)＝2ln 2－b－2，g(1)＝－eq \f(5,4)－b.
若方程g(x)＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1≥0，,g2<0，,g4≥0，))解得ln 2－2故实数b的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(ln 2－2，－\f(5,4))).
破解含双参问题关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．
例1 (2020·蓉城名校联考)已知函数h(x)＝xe－x，如果x1≠x2且h(x1)＝h(x2)，证明：x1＋x2>2.
证明 h′(x)＝e－x(1－x)，
令h′(x)＝0，解得x＝1，
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表．
由x1≠x2，不妨设x1>x2，根据h(x1)＝h(x2)结合图象(图略)可知x1>1，x2<1.
令F (x)＝h(x)－h(2－x)，x∈[1，＋∞)，
则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x，
∵x≥1,2x－2≥0，∴e2x－2－1≥0，
∴F′(x)≥0，∴F (x)在[1，＋∞)上单调递增，
又∵F (1)＝0，∴x>1时，F (x)>F (1)＝0，
即当x>1时，h(x)>h(2－x)，则h(x1)>h(2－x1)，
又h(x1)＝h(x2)，∴h(x2)>h(2－x1)，
∵x1>1，∴2－x1<1，∴x2,2－x1∈(－∞，1)，
∵h(x)在(－∞，1)上是增函数，
∴x2>2－x1，∴x1＋x2>2得证．
例2 已知f (x)＝xln x－eq \f(1,2)mx2－x，m∈R.若f (x)有两个极值点x1，x2，且x1e2(e为自然对数的底数)．
证明 欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2，
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 x－mx，
所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根．
于是有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x1－mx1＝0， ①,ln x2－mx2＝0， ②))
①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，即m＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)，
②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
即m＝eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)，
从而可得eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)＝eq \f(ln x1＋ln x2,x1＋x2)，
于是ln x1＋ln x2＝eq \f(ln x2－ln x1x2＋x1,x2－x1)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x2,x1)))ln \f(x2,x1),\f(x2,x1)－1).
又01.
因此ln x1＋ln x2＝eq \f(1＋tln t,t－1)，t>1.
要证ln x1＋ln x2>2，即证eq \f(t＋1ln t,t－1)>2(t>1)，
即证当t>1时，有ln t>eq \f(2t－1,t＋1)，
令h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)(t>1)，
则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(2t＋1－2t－1,t＋12)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数，
因此h(t)>ln 1－eq \f(21－1,1＋1)＝0.
于是当t>1时，有ln t>eq \f(2t－1,t＋1).
所以有ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2.
1．已知函数f (x)＝a＋eq \r(x)ln x(a∈R)．
(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)＝(eq \r(x))′ln x＋eq \r(x)·eq \f(1,x)＝eq \f(\r(x)ln x＋2,2x)，
令f′(x)>0，解得x>e－2，令f′(x)<0，解得0所以f (x)的单调减区间为(0，e－2)，单调增区间为(e－2，＋∞)．
(2)由(1)得f (x)min＝f (e－2)＝a－eq \f(2,e)，
若a>eq \f(2,e)，则f (x)min>0，f (x)无零点；
若a＝eq \f(2,e)，则f (x)min＝0，f (x)有一个零点；
若af (x)在(0，e－2]上单调递减，在[e－2，＋∞)上单调递增，
当a≤0时，在(0，e－2]上有f (x)＝a＋eq \r(x)ln x∴f (x)在区间(0，e－2]上无零点，在[e－2，＋∞)上有f (e－2a)＝a(1－2e－a)≥0，f (x)在区间[e－2，＋∞)上有一个零点；
当0易证当x>0时，ex>x2成立，∴>a－eq \f(4,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))2)＝0，
又f (e－2)<0，f (1)＝a>0，∴f (x)在(0，e－2]上有一个零点，在(e－2，＋∞)上有一个零点．
综上，当a>eq \f(2,e)时，f (x)无零点，当a≤0或a＝eq \f(2,e)时，f (x)有一个零点，当02．已知函数f (x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．若函数g(x)＝f (x)－ax＋m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个零点，求实数m的取值范围．
解 g(x)＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝eq \f(2,x)－2x＝eq \f(－2x＋1x－1,x).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，所以当g′(x)＝0时，x＝1.
当eq \f(1,e)≤x<1时，g′(x)>0；当1故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝m－2－eq \f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，
g(e)－geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝4－e2＋eq \f(1,e2)<0，则g(e)所以g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最小值是g(e)．
g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有两个零点的条件是
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1＝m－1>0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1所以实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，2＋\f(1,e2))).
3．已知函数f (x)＝(2－a)(x－1)－2ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上无零点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f (x)＝x－1－2ln x，x>0，
则f′(x)＝1－eq \f(2,x)＝eq \f(x－2,x)，
由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)<0，得0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x→0时，f (x)→＋∞，所以f (x)<0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上不可能恒成立，
故要使函数f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上无零点，
只要对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，f (x)>0恒成立，
即对x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，a>2－eq \f(2ln x,x－1)恒成立．
令h(x)＝2－eq \f(2ln x,x－1)，x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，
则h′(x)＝eq \f(2ln x＋\f(2,x)－2,x－12)，
再令m(x)＝2ln x＋eq \f(2,x)－2，x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，
则m′(x)＝－eq \f(21－x,x2)<0，故m(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上为减函数．
于是m(x)≥meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝4－2ln 3≥0.
从而h′(x)≥0，于是h(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上为增函数，
所以对x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))有h(x)所以a的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．
4．(2019·天津河北区模拟)已知函数f (x)＝x3－3ax＋e，g(x)＝1－ln x，其中e为自然对数的底数．用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h(x)＝max{f (x)，g(x)}(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)＝－eq \f(1,x)<0.
所以函数g(x)在(0，＋∞)内单调递减．
①当x∈(0，e)时，g(x)>g(e)＝0，
依题意，h(x)≥g(x)>0，则函数h(x)无零点．
②当x＝e时，g(e)＝0，f (e)＝e3－3ae＋e，
若f (e)＝e3－3ae＋e≤0，即a≥eq \f(e2＋1,3)，则e是函数h(x)的一个零点；
若f (e)＝e3－3ae＋e>0，即a③当x∈(e，＋∞)时，g(x)<0，只需考虑函数f (x)在(e，＋∞)内零点的情况．
因为f′(x)＝3x2－3a>3e2－3a，所以当a≤e2时，f′(x)>0，函数f (x)在(e，＋∞)内单调递增．
又f (e)＝e3－3ae＋e，
当a≤eq \f(e2＋1,3)时，f (e)≥0，函数f (x)在(e，＋∞)内无零点；
当eq \f(e2＋1,3)又f (2e)＝8e3－6ae＋e≥8e3－6e3＋e>0，
此时函数f (x)在(e，＋∞)内恰有一个零点．
当a>e2时，结合f′(x)＝3x2－3a＝3(x－eq \r(a))(x＋eq \r(a))可知，函数f (x)在(e，eq \r(a))内单调递减，在(eq \r(a)，＋∞)内单调递增．
因为f (e)＝e3－3ae＋ef (2a)＝8a3－6a2＋e>8a2－6a2＋e＝2a2＋e>0，
所以此时函数f (x)在(e，＋∞)内恰有一个零点．
综上，若h(x)在(0，＋∞)内恰有2个零点，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2＋1,3)，＋∞)).
5．(2019·河南豫北名校联考)已知函数f (x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然对数的底数，k∈R)．
(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x1＋x2>－2.
(1)解 易得f′(x)＝ex＋1－k，
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln k－1，
可得当x∈(－∞，ln k－1)时，f′(x)<0，
当x∈(ln k－1，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f (x)在区间(－∞，ln k－1)上单调递减，在区间(ln k－1，＋∞)上单调递增．
当k≤0时，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立，故此时函数f (x)在R上单调递增．
(2)证明 当k≤0时，由(1)知函数f (x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k>0，
由题意知＝k(x1＋2)，＝k(x2＋2)，
所以x1＋2>0，x2＋2>0，可得x1－x2＝ln eq \f(x1＋2,x2＋2)，
不妨设x1>x2，令eq \f(x1＋2,x2＋2)＝t，则t>1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋2,x2＋2)＝t，,x1－x2＝ln \f(x1＋2,x2＋2)，))
解得x1＋2＝eq \f(tln t,t－1)，x2＋2＝eq \f(ln t,t－1)，
所以x1＋x2＋4＝eq \f(t＋1ln t,t－1)，
欲证x1＋x2>－2，只需证明eq \f(t＋1ln t,t－1)>2，
即证(t＋1)ln t－2(t－1)>0，
令g(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t≥1)，
则g′(t)＝ln t＋eq \f(1,t)(t＋1)－2＝ln t＋eq \f(1,t)－1.
令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1(t≥1)，
则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)≥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t>1时，g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0，原不等式得证．x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
1
(1，e)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
↗
极小值
↘
x
(1,2)
2
(2,4)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
↗
极小值
↘
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
eq \f(1,e)
↘