届高三数学一轮复习导数与方程Word文档下载推荐.docx

1、又f（0）0，f（x0）f （x）在（0，x0）上单调递增，此时f （x）f （0）0，不存在零点，又fcos f （0）0，fsin lnln ln 10.f （x）0在上恒成立，不存在零点9分当x时，易知f （x）在上单调递减，又f0，f （）sin ln（1）ln（1）ln（1）1，f （x）sin xln（1x）0恒成立，所以f （x）的单调递增区间为（，），无单调递减区间；当a0时，令f（x）0，得x0，得x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，由（1）知，当a0时，f （x）在R上单调递增；0时，f （x）

2、在（，ln a）上单调递减，在（ln a，）上单调递增；若a0，由f （0）0，知f （x）在区间0,1上有一个零点；若ln a0，即0a1，则f （x）在0,1上单调递增，所以f （x）在0,1上有一个零点；若0ln a1，即1ae，则f （x）在（0，ln a）上单调递减，在（ln a,1）上单调递增，又f （1）ea1，所以当ea10，即1ae1时，f （x）在0,1上有两个零点，当ea10，即e1e1或a2（1）时，g（x）在0,1上有两个零点；当10），所以h（x）1.所以x在上变化时，h（x），h（x）的变化情况如下表：x1（1，e）h（x）h（x）极小值又h3e2，h（1）4，h

3、（e）e2.且h（e）h42e0.所以在上，h（x）minh（1）4，h（x）maxh3e2，若方程在上有两个不等实根，则4则g（x）.在1,4上，当x变化时，g（x），g（x）的变化情况如下：（1,2）2（2,4）g（x）g（x）g（x）极小值g（2）ln 2b2，又g（4）2ln 2b2，g（1）b.若方程g（x）0在1,4上恰有两个不相等的实数根，则解得ln 222.证明h（x）ex（1x），令h（x）0，解得x1，当x变化时，h（x），h（x）的变化情况如下表（，1）（1，）由x1x2，不妨设x1x2，根据h（x1）h（x2）结合图象（图略）可知x11，x21时，F （x）F （1）0

4、，即当x1时，h（x）h（2x），则h（x1）h（2x1），又h（x1）h（x2），h（x2）x11，2x12x1，x1x22得证例2已知f （x）xln xmx2x，mR.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x1x2e2，需证ln x1ln x22，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 xmx，所以x1，x2是方程f（x）0的两个不同实根于是有可得ln x1ln x2m（x1x2），即m，可得ln x2ln x1m（x2x1），即m，从而可得，于是ln x1ln x2.又0x1因此ln x1ln x2，t要

5、证ln x1ln x22，即证2（t1），即证当t1时，有ln t，令h（t）ln t（t则h（t）所以h（t）为（1，）上的增函数，因此h（t）ln 10.于是当t.所以有ln x1ln x22成立，即x1x2e2.1已知函数f （x）aln x（aR）（2）判断f （x）的零点个数解（1）函数f （x）的定义域是（0，），f（x）（）ln x， 0，解得xe2，令f（x）0，解得0x，则f （x）min0，f （x）无零点；若a，则f （x）min0，f （x）有一个零点；若a，则f （x）minf （x）在（0，e2上单调递减，在e2，）上单调递增，当a0时，在（0，e2上有f （x）a

6、ln xa0，f （x）在区间（0，e2上无零点，在e2，）上有f （e2a）a（12ea）0，f （x）在区间e2，）上有一个零点；当0时，有00时，exx2成立，a0，又f （e2）0，f （x）在（0，e2上有一个零点，在（e2，）上有一个零点综上，当a时，f （x）无零点，当a0或a时，f （x）有一个零点，当0时，f （x）有2个零点2已知函数f （x）2ln xx2ax（aR）若函数g（x）f （x）axm在上有两个零点，求实数m的取值范围解g（x）2ln xx2m，则g（x）2x.因为x，所以当g（x）0时，x1.当xxe时，g（x）故g（x）在x1处取得极大值g（1）m1.又gm2，g（e）m2e2，g（e）g4e20，则g（e）g，所以g（x）在上的最小值是g（e）g（x）在上有两个零点的条件是解得1则f（x）1，由f（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x0时，f （x），所以f （x）0恒成立，即对x，a2恒成立令h（x）2，x，则h（x），再令m（x）2ln x2，x，则m（x）