（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 導(dǎo)數(shù)與方程練典型習(xí)題 提數(shù)學(xué)素養(yǎng)（含解析）

《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 導(dǎo)數(shù)與方程練典型習(xí)題 提數(shù)學(xué)素養(yǎng)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 導(dǎo)數(shù)與方程練典型習(xí)題 提數(shù)學(xué)素養(yǎng)（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講　導(dǎo)數(shù)與方程 1．(2019·濟(jì)南市模擬考試)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a>0)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若11， 當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)， 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)， 當(dāng)x∈時，f′(x)>0.f(x)是增函數(shù)． ③若a>1

2、，則0<<1， 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)， 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)． 綜上所述，當(dāng)a＝1時，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)； 當(dāng)01時，f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)． (2)當(dāng)1

3、n a－1，其中a∈(1，e)， 則g′(a)＝＋－＝＝>0， 所以g(a)在(1，e)上是增函數(shù)， 所以g(a)×9－4＋ln 4＝ln 4＋>0， 所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0， 所以當(dāng)1

4、求出k的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)f′(x)＝ex(ln x－ax＋＋b)，f(x)的定義域為(0，＋∞)． 由已知，得即， 解得a＝1，b＝. (2)由(1)知，f(x)＝ex，則f′(x)＝ex， 令g(x)＝ln x－x＋＋，則g′(x)＝－<0恒成立， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又g(1)＝>0，g(2)＝ln 2－1<0， 所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得g(x0)＝0，且當(dāng)x∈(0，x0)時，g(x)>0，即f′(x)>0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，g(x)<0，即f′(x)<0. 所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單

5、調(diào)遞減． 又當(dāng)x→0時，f(x)<0，f(1)＝>0，f(2)＝e2(ln 2－)>0，f(e)＝ee<0， 所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零點． 3．(2019·長春市質(zhì)量監(jiān)測(二))已知函數(shù)f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若方程f(x)＝ln x有兩個實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍． 解：(1)由題意可得f′(x)＝ex＋b， 當(dāng)b≥0時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)b<0時，若x≥ln(－b)，則f′(x)≥0，f(x)在[ln (－b)，＋∞)上單調(diào)遞增； 若x

6、b)，則f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln (－b))上單調(diào)遞減． (2)令g(x)＝ex＋bx－1－ln x，則g′(x)＝ex＋b－，易知g′(x)單調(diào)遞增且一定有大于0的零點，設(shè)g′(x)大于0的零點為x0，則g′(x0)＝0，即ex0＋b－＝0，b＝－ex0. 方程f(x)＝ln x有兩個實數(shù)根，即g(x)有兩個零點，則需滿足g(x0)<0，即ex0＋bx0－1－ln x0＝ex0＋x0－1－ln x0＝ex0－ex0x0－ln x0<0， 令h(x)＝ex－exx－ln x(x>0)，則h′(x)＝－exx－<0， 所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， h(1)＝0，

7、所以ex0－ex0x0－ln x0<0的解集為(1，＋∞)，所以b＝－ex0<1－e. 當(dāng)b<1－e時，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，有g(shù)(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b， 令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，00，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零點，另一方面，在(x0，＋∞)上，當(dāng)x→＋∞時，因為ex的增長速度快，所以g(x)>0. 綜上，b的取值范圍是(－∞，1－e)． 4．已知函數(shù)f(x)

8、＝－x＋2aln x. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)g(x)＝ln x－bx－cx2，若函數(shù)f(x)的兩個極值點x1，x2(x11，令f′(x)＝0得x1＝a－，x2＝a＋. 當(dāng)x∈(0，a－)∪(a＋，＋∞)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(a－，a＋)時，f′(x)>0. 所以當(dāng)a≤1時，f(x)的單調(diào)遞減

9、區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a>1時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a－)，(a＋，＋∞)；單調(diào)遞增區(qū)間為(a－，a＋)． (2)由(1)知，a>1且x1＋x2＝2a，x1x2＝1. 又g′(x)＝－b－2cx，所以g′()＝－b－c(x1＋x2)， 由g(x1)＝g(x2)＝0得ln ＝c(x－x)＋b(x1－x2)， 所以y＝(x1－x2)g′()＝－b(x1－x2)－c(x－x)＝－ln＝－ln. 令＝t∈(0，1)，則y＝－ln t，所以y′＝<0，則y＝－ln t在(0，1)上單調(diào)遞減，且當(dāng)t→0時，y→＋∞.由y＝－ln t的取值范圍是[ln 2－，＋∞)，得t的取值范圍是(0，]，所以4a2＝＝＋＋2＝t＋＋2∈[，＋∞)，又a>1，故實數(shù)a的取值范圍是[，＋∞)． - 5 -