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2020届高考一轮复习理科数学(人教版)练习:第19讲 导数的综合应用——导数与方程 WORD版含解析.doc

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1、第19讲导数的综合应用导数与方程1已知函数yx33xc的图象与x轴恰有两个公共点,则c(A)A2或2 B9或3C1或1 D3或1 由三次函数的图象与x轴恰有两个公共点,结合函数的图象,可得极大值或极小值为零即可满足要求而f(x)3x233(x1)(x1),当x1时,取得极值,由f(1)0或f(1)0,可得c20或c20,所以c2.2若曲线f(x)ax2ln x存在垂直于y轴的切线,则实数a的取值范围是(A)A(,0) B(,0C0,) D(0,) 该函数的定义域为(0,)f(x)2ax.因为曲线f(x)ax2ln x存在垂直于y轴的切线,问题转化为方程2ax0在(0,)内有解,于是可得a(,0

2、)3已知x0是函数f(x)2sin xln x(x(0,)的零点,设x1,x2(0,),且x1x2,则 x0(1,e); x0(e,);f(x1)f(x2)0.其中正确的命题是(A)A BC D f(x)2cos x.当x(0,)时,2,f(x)0;当x时,f(x)20;当x(,)时,12,则f(x)0,综上可知,f(x)f(x2),即f(x1)f(x2)0,正确因为f(1)2sin 1ln 12sin 10,f(e)2sin e0,所以x0(1,e),即正确4(2018汕头模拟)已知函数f(x)mx有两个零点,则实数m的取值范围是(A)A. (0,) B(0,)C(,) D(,) 函数f(x

3、)mx有两个零点方程mx0有两个不等实数根函数y的图象与ymx的图象有两个不同交点,由y,得y(x0),所以当x(0,e)时,y0,当x(e,)时,y0.所以y在(0,e)上为增函数,在(e,)上为减函数,作出函数y与ymx的图形如图:设过原点的直线与y相切于(x0,),则切线方程为y(xx0)把O(0,0)代入,可得,解得x0.所以切点坐标为(,)则原点与切点连线的斜率为k.则函数f(x)mx有两个零点的实数m的取值范围是(0,)5方程x33xk有3个不等的实根,则常数k的取值范围是(2,2). 令f(x)x33x,要使x33xk有三个不等的实根,则f(x)x33x与yk有3个交点又f(x)

4、3x23,由f(x)0得x1.故f(x)在(,1和1,)上递增,在(1,1)上递减,所以x1时,f(x)取极大值2;x1时f(x)取极小值2.根据单调性情况画出yx33x的大致图象,可得2k2;a0,b2;a1,b2. 令f(x)x3axb,则f(x)3x2a.当a0时,f(x)0,f(x)单调递增,正确;当a0时,若a3,则f(x)3x233(x1)(x1),所以f(x)极大f(1)13bb2,f(x)极小f(1)13bb2,要使f(x)0仅有一个实根,需f(x)极大0或f(x)极小0,所以b2或b2,正确,不正确故填.7(2017河西区二模节选)设函数f(x)x3ax(a0),g(x)bx

5、22b1.当b时,若函数h(x)f(x)g(x)在区间(2,0)内恰有两个零点,求实数a的取值范围 当b时,h(x)x3x2axa(a0),所以h(x)x2(1a)xa(x1)(xa)所以h(x)在(,1)上递增,在(1,a)上递减,在(a,)上递增所以当x(2,0)时,h(x)在(2,1)上递增,在(1,0)上递减函数h(x)在区间(2,0)内恰有两个零点,则 即 解得0a0,所以方程有两个实根t1,t2,不妨设t1t2,又t1t20,所以t1,t2一正一负对t求导得t,则t在(0,e)单调递增,在(e,) 单调递减,t的图象如下图所示由图象可知,t10,0t2,所以0,解得ae.9f(x)

6、x2x2ln xa在区间(0,2)上恰有一个零点,则实数a的取值范围是a|a或a2ln 24. 根据题意,f(x)x1,当x(0,1)时,f(x)0,f(x)为增函数,若函数f(x)在区间(0,2)上恰有一个零点,则f(1)0或f(2)0,即f(2)42ln 2a0,所以a2ln 24;由f(1)a0,得a.综上,a2ln 24或a.10(2018黑龙江省大庆市高三月考)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1x22. (1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)设a0,则f(x)(x2)ex,f(

7、x)只有一个零点设a0,则当x(,1)时,f(x)0;当x(1,)时,f(x)0,所以f(x)在(,1)内单调递减,在(1,)内单调递增又f(1)e,f(2)a,取b满足b0且bln ,则f(b)(b2)a(b1)2a(b2b)0,故f(x)存在两个零点设a0,由f(x)0得x1或xln(2a)若a,则ln(2a)1,故当x(1,)时,f(x)0,因此f(x)在(1,)内单调递增又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点若a,则ln(2a)1,故当x(1,ln(2a)时,f(x)0;当x(ln(2a),)时,f(x)0.因此f(x)在(1,ln(2a)内单调递减,在(ln(2a),)内单调递增又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点综上,a的取值范围为(0,)(2)不妨设x1x2,由(1)知,x1(,1),x2(1,),2x2(,1),f(x)在(,1)内单调递减,所以x1x22等价于f(x1)f(2x2),即f(2x2)0.由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2,而f(x2)(x22)ex2a(x21)20,所以f(2x2)x2e2x2(x22)ex2.设g(x)xe2x(x2)ex,则g(x)(x1)(e2xex)所以当x1时,g(x)0,而g(1)0,故当x1时,g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0,故x1x22.

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