（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（五）“導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點問題”考法面面觀 理（重點生，含解析）1(2018·全國卷)已知函數(shù)f(x)x3a(x2x1)(1)若a3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)只有一個零點解：(1)當(dāng)a3時，f(x)x33x23x3，f(x)x26x3.令f(x)0，解得x32或x32.當(dāng)x(，32)(32，)時，f(x)>0；當(dāng)x(32，32)時，f(x)<0.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，32)，(32，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(32，32)(2)證明：因為x2x1>0，所以f(x)0等價于3a0.設(shè)g(x)3a，則g(x)0，僅當(dāng)x0時，g(x)0，所以g(x)在(，)上單調(diào)遞增故g(x)至多有一個零點，從而f(x)至多有一個零點又f(3a1)6a22a62<0，f(3a1)>0，故f(x)有一個零點綜上，f(x)只有一個零點2(2018·鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測)已知函數(shù)f(x)ln x，aR且a0.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x時，試判斷函數(shù)g(x)(ln x1)exxm的零點個數(shù)解：(1)f(x)(x>0)，當(dāng)a<0時，f(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，由f(x)>0，得x>；由f(x)<0，得0<x<，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a<0時，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)當(dāng)x時，判斷函數(shù)g(x)(ln x1)exxm的零點，即求當(dāng)x時，方程(ln x1)exxm的根令h(x)(ln x1)exx，則h(x)ex1.由(1)知當(dāng)a1時，f(x)ln x1在上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增，當(dāng)x時，f(x)f(1)0.ln x10在x上恒成立h(x)ex101>0，h(x)(ln x1)exx在上單調(diào)遞增h(x)minh2e，h(x)maxe.當(dāng)m<2e或m>e時，函數(shù)g(x)在上沒有零點；當(dāng)2eme時，函數(shù)g(x)在上有一個零點3(2018·貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)kxln x1(k>0)(1)若函數(shù)f(x)有且只有一個零點，求實數(shù)k的值；(2)證明：當(dāng)nN*時，1>ln(n1)解：(1)法一：f(x)kxln x1，f(x)k(x>0，k>0)，當(dāng)0<x<時，f(x)<0；當(dāng)x>時，f(x)>0.f(x)在0，上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)遞增f(x)minfln k，f(x)有且只有一個零點，ln k0，k1.法二：由題意知方程kxln x10僅有一個實根，由kxln x10，得k(x>0)，令g(x)(x>0)，g(x)，當(dāng)0<x<1時，g(x)>0；當(dāng)x>1時，g(x)<0.g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，g(x)maxg(1)1，當(dāng)x時，g(x)0，要使f(x)僅有一個零點，則k1.法三：函數(shù)f(x)有且只有一個零點，即直線ykx與曲線yln x1相切，設(shè)切點為(x0，y0)，由yln x1，得y，kx0y01，實數(shù)k的值為1.(2)證明：由(1)知xln x10，即x1ln x，當(dāng)且僅當(dāng)x1時取等號，nN*，令x，得>ln，1>lnlnlnln(n1)，故1>ln(n1)4.已知函數(shù)f(x)ax3bx2(c3a2b)xd的圖象如圖所示(1)求c，d的值；(2)若函數(shù)f(x)在x2處的切線方程為3xy110，求函數(shù)f(x)的解析式；(3)在(2)的條件下，函數(shù)yf(x)與yf(x)5xm的圖象有三個不同的交點，求m的取值范圍解：函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)3ax22bxc3a2b.(1)由圖可知函數(shù)f(x)的圖象過點(0,3)，且f(1)0，得解得(2)由(1)得，f(x)ax3bx2(3a2b)x3，所以f(x)3ax22bx(3a2b)由函數(shù)f(x)在x2處的切線方程為3xy110，得所以解得所以f(x)x36x29x3.(3)由(2)知f(x)x36x29x3，所以f(x)3x212x9.函數(shù)yf(x)與yf(x)5xm的圖象有三個不同的交點，等價于x36x29x3(x24x3)5xm有三個不等實根，等價于g(x)x37x28xm的圖象與x軸有三個不同的交點因為g(x)3x214x8(3x2)(x4)，令g(x)0，得x或x4.當(dāng)x變化時，g(x)，g(x)的變化情況如表所示：x4(4，)g(x)00g(x)極大值極小值gm，g(4)16m，當(dāng)且僅當(dāng)時，g(x)圖象與x軸有三個交點，解得16<m<.所以m的取值范圍為.5(2018·南寧二中、柳州高中二聯(lián))已知函數(shù)f(x)ln xax2(2a)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)f(x)的兩個零點是x1，x2，求證：f<0.解：(1)函數(shù)f(x)ln xax2(2a)x的定義域為(0，)，f(x)2ax(2a)，當(dāng)a0時，f(x)>0，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，若x，則f(x)>0，若x，則f(x)<0，則f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)法一：構(gòu)造差函數(shù)法由(1)易知a>0，且f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，不妨設(shè)0<x1<<x2，f<0>x1x2>，故要證f<0，只需證x1x2>即可構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)f，x，F(xiàn)(x)f(x)f(x)f，x，F(xiàn)(x)>0，F(xiàn)(x)在上單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)<Ff f 0，即f(x)<f，x，又x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點且0<x1<<x2，f(x1)f(x2)<f，而x2，x1均大于，x2>x1，x1x2>，得證法二：對數(shù)平均不等式法易知a>0，且f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，不妨設(shè)0<x1<<x2，f<0>.因為f(x)的兩個零點是x1，x2，所以ln x1ax(2a)x1ln x2ax(2a)x2，所以ln x1ln x22(x1x2)a(xxx1x2)，所以a，以下用分析法證明，要證>，即證>，即證>，即證<，只需證<，即證>，根據(jù)對數(shù)平均不等式，該式子成立，所以f<0.法三：比值(差值)代換法因為f(x)的兩個零點是x1，x2，不妨設(shè)0<x1<x2，所以ln x1ax(2a)x1ln x2ax(2a)x2，所以a(xx)(a2)(x2x1)ln x2ln x1，所以a(x2x1)a2，f(x)2ax2a，fa(x1x2)(a2)，令t(t>1)，g(t)ln t，則當(dāng)t>1時，g(t)<0，所以g(t)在(1，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t>1時，g(t)<g(1)0，所以f<0.6(2019屆高三·湘東五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)(ln xk1)x(kR)(1)當(dāng)x>1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若對任意xe，e2，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范圍；(3)若x1x2，且f(x1)f(x2)，證明x1x2<e2k.解：(1)f(x)·xln xk1ln xk.當(dāng)k0時，因為x>1，所以f(x)ln xk>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，)，無單調(diào)遞減區(qū)間，無極值當(dāng)k>0時，令ln xk0，解得xek，當(dāng)1<x<ek時，f(x)<0；當(dāng)x>ek時，f(x)>0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1，ek)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ek，)，在(1，)上的極小值為f(ek)(kk1)ekek，無極大值(2)由題意，f(x)4ln x<0，即問題轉(zhuǎn)化為(x4)ln x(k1)x<0對任意xe，e2恒成立，即k1>對任意xe，e2恒成立，令g(x)，xe，e2，則g(x).令t(x)4ln xx4，xe，e2，則t(x)1>0，所以t(x)在區(qū)間e，e2上單調(diào)遞增，故t(x)mint(e)4e4e>0，故g(x)>0，所以g(x)在區(qū)間e，e2上單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)maxg(e2)2.要使k1>對任意xe，e2恒成立，只要k1>g(x)max，所以k1>2，解得k>1，所以實數(shù)k的取值范圍為. (3)證明：法一：因為f(x1)f(x2)，由(1)知，當(dāng)k>0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ek，)上單調(diào)遞增，且f(ek1)0.不妨設(shè)x1<x2，當(dāng)x0時，f(x)0，當(dāng)x時，f(x)，則0<x1<ek<x2<ek1，要證x1x2<e2k，只需證x2<，即證ek<x2<.因為f(x)在區(qū)間(ek，)上單調(diào)遞增，所以只需證f(x2)<f ，又f(x1)f(x2)，即證f(x1)<f ，構(gòu)造函數(shù)h(x)f(x)f (ln xk1)x，即h(x)xln x(k1)xe2k，h(x)ln x1(k1)e2k (ln xk)，當(dāng)x(0，ek)時，ln xk<0，x2<e2k，即h(x)>0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，ek)上單調(diào)遞增，h(x)<h(ek)，而h(ek)f(ek)f 0，故h(x)<0，所以f(x1)<f ，即f(x2)f(x1)<f ，所以x1x2<e2k成立法二：要證x1x2<e2k成立，只要證ln x1ln x2<2k.因為x1x2，且f(x1)f(x2)，所以(ln x1k1)x1(ln x2k1)x2，即x1ln x1x2ln x2(k1)(x1x2)，x1ln x1x2ln x1x2ln x1x2ln x2(k1)(x1x2)，即(x1x2)ln x1x2ln(k1)(x1x2)，k1ln x1，同理k1ln x2，從而2kln x1ln x22，要證ln x1ln x2<2k，只要證2>0，不妨設(shè)0<x1<x2，則0<t<1，即證2>0，即證>2，即證ln t<2·對t(0,1)恒成立，設(shè)h(t)ln t2·，當(dāng)0<t<1時，h(t)>0，所以h(t)在t(0,1)上單調(diào)遞增，h(t)<h(1)0，得證，所以x1x2<e2k.