《【加練半小時】高考數(shù)學江蘇專用理科專題復習：專題專題3 導數(shù)及其應用 第22練 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【加練半小時】高考數(shù)學江蘇專用理科專題復習：專題專題3 導數(shù)及其應用 第22練 Word版含解析（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、　　　　　　　　　　　　　　　　　 訓練目標 (1)利用導數(shù)處理與函數(shù)零點有關的題型；(2)解題步驟的規(guī)范訓練． 訓練題型 (1)利用導數(shù)討論零點的個數(shù)；(2)利用導數(shù)證明零點的唯一性；(3)根據(jù)零點個數(shù)借助導數(shù)求參數(shù)范圍． 解題策略 (1)注重數(shù)形結合；(2)借助零點存在性定理處理零點的存在性問題；結合單調性處理零點的唯一性問題；(3)注意參變量分離. 1．(2015·廣東)設a＞1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點． 2．函數(shù)f(x)＝x3－kx，其中實數(shù)k為常數(shù)． (1)當k＝

2、4時，求函數(shù)的單調區(qū)間； (2)若曲線y＝f(x)與直線y＝k只有一個交點，求實數(shù)k的取值范圍． 3．(2016·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(1，f(1))處的切線方程； (2)若k＝5，求證：f(x)有且僅有兩個零點； (3)若k為整數(shù)，且當x＞2時，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．(2015·山東)設函數(shù)f(x)＝(x＋a)lnx，g(x)＝.已知曲線y＝f(x) 在點(1，f(1))處的切線與直線2x－y＝0平行．

3、 (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)內存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，請說明理由． 5．已知函數(shù)f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)當a＜1時，試確定函數(shù)g(x)＝f(x－a)－x2的零點個數(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)上有一個零點， 又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增， ∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點． 2．解　(1)因為f′(x)＝x2－k， 當k＝4時，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 ＋ f

5、(x)  極大值  極小值  所以f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－2)，(2，＋∞)； 單調遞減區(qū)間是(－2,2)． (2)令g(x)＝f(x)－k， 由題意知，g(x)只有一個零點． 因為g′(x)＝f′(x)＝x2－k. 當k＝0時，g(x)＝x3， 所以g(x)只有一個零點0. 當k＜0時，g′(x)＝x2－k＞0對x∈R恒成立， 所以g(x)單調遞增，所以g(x)只有一個零點． 當k＞0時，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)有且僅有一個零點等價于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k＝0時，f(x)＝1＋lnx. 因為f′(x)＝，從而f′(1)＝1. 又f(1)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－1＝x－1，即x－y＝0. (2)證明　當k＝5時，f(x)＝lnx＋－4. 因為f′(x)＝， 所以當x∈(0,10)時， f′(x)＜0，f(x)單調遞減； 當x∈(10，＋∞)時，f′(x)＞0，

7、 f(x)單調遞增． 所以當x＝10時，f(x)有極小值． 因為f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0， 所以f(x)在(1,10)之間有一個零點． 因為f(e4)＝4＋－4＞0， 所以f(x)在(10，e4)之間有一個零點， 從而f(x)有且僅有兩個不同的零點． (3)解　方法一　由題意知，1＋lnx－＞0對x∈(2，＋∞)恒成立， 即k＜對x∈(2，＋∞)恒成立． 令h(x)＝， 則h′(x)＝. 設v(x)＝x－2lnx－4，則v′(x)＝. 當x∈(2，＋∞)時，v′(x)＞0， 所以v(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)． 因為v(8)＝8－2ln8－4

8、＝4－2ln8＜0， v(9)＝5－2ln9＞0， 所以存在x0∈(8,9)，v(x0)＝0， 即x0－2lnx0－4＝0. 當x∈(2，x0)時，h′(x)＜0，h(x)單調遞減； 當x∈(x0，＋∞)時，h′(x)＞0，h(x)單調遞增． 所以當x＝x0時，h(x)的最小值為h(x0)＝. 因為lnx0＝，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x∈(2，＋∞)恒成立． f(x)＝1＋lnx－， f′(x)＝. ①當2k≤2，即k≤1時， f′(x)＞0對x∈(2，＋∞)恒成立， 所以f(x)在(

9、2，＋∞)上單調遞增． 而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以滿足要求． ②當2k＞2，即k＞1時， 當x∈(2,2k)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減； 當x∈(2k，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增． 所以當x＝2k時，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k， 從而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)時恒成立， 等價于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)． 因為g(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. 綜合①②

10、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(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k＝1時，方程f(x)＝g(x)在(1,2)內存在唯一的根． 設h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－， 當x∈(0,1]時，h(x)＜0. 又h(2)＝3ln2－＝ln8－＞1－1＝0， 所以存在x0∈(1,2)，使得h(x0)＝0. 因為h′(x)＝lnx＋＋1＋， 所以當x∈(1,2)時，h′(x)＞1－＞0， 當x∈2，＋∞)時，h′(x)＞0， 所以當x∈(1，＋∞)時，h

11、(x)單調遞增， 所以當k＝1時，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)內存在唯一的根． 5．解　(1)因為f(x)＝(x＋a)ex，x∈R， 所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝－a－1. 當x變化時，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)的單調遞減區(qū)間為(－∞，－a－1)， 單調遞增區(qū)間為(－a－1，＋∞)． (2)結論：函數(shù)g(x)有且僅有一個零點． 理由如下： 由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程x

12、ex－a＝x2， 顯然x＝0為此方程的一個實數(shù)解， 所以x＝0是函數(shù)g(x)的一個零點． 當x≠0時，方程可化簡為ex－a＝x. 設函數(shù)F(x)＝ex－a－x， 則F′(x)＝ex－a－1， 令F′(x)＝0，得x＝a. 當x變化時，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)的單調遞增區(qū)間為(a，＋∞)， 單調遞減區(qū)間為(－∞，a)． 所以F(x)的最小值 F(x)min＝F(a)＝1－a. 因為a＜1， 所以F(x)min＝F(a)＝1－a＞0， 所以對于任意x∈R，F(xiàn)(x)＞0， 因此方程ex－a＝x無實數(shù)解． 所以當x≠0時，函數(shù)g(x)不存在零點． 綜上，函數(shù)g(x)有且僅有一個零點．