人教版高中数学4.5 导数的综合运用（精练）（提升版）（解析版）.docx

4.5 导数的综合运用（精练）（提升版）
题组一 零点个数
1．（2022·山东·烟台二中）已知函数．
(1)讨论的零点个数．
(2)若有两个不同的零点，证明：．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【解析】(1)因为，所以1不是的零点．
当，可变形为，
令，则的零点个数即直线与图象的交点个数．
因为，，得，又，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，且当时，，
所以当时，没有零点；
当时，有一个零点；
当时，有两个零点．
(2)证明：由（1）知，当时，有两个零点．
设，则，
由得，
所以，即．
令，则，
易得在上单调递减，在上单调递增．
要证，即证．
因为，且在上单调递增，所以只需证．
因为，所以即证．
令，
则，
所以在上单调递减．
因为，所以．
因为，所以，故．
2．（2022·河南·长葛市）已知函数，．
(1)当a＝2时，求曲线在处的切线方程；
(2)讨论关于x的方程的实根个数．
【答案】(1)(2)答案不唯一，具体见解析
【解析】(1)当a＝2时，，，
则切线的斜率为，
又，所以曲线在处的切线方程是，
即．
(2)即为，化简得，
令，则，
令，则，
令，得．
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减．
①当时，，即，
所以在R上单调递减．
又，所以有唯一零点0；
②当时，，，所以存在，，
又，
令，，
所以在上单调递减，，
即，所以存在，，
x
n
m
－
0
＋
－
单调递减
单调递增
单调递减
则，又，所以存在，；
同理，，又，所以存在，，
由单调性可知，此时有且仅有三个零点0，，．
综上，当时，有唯一零点，方程有唯一的实根；
当时，有且仅有三个零点，方程有3个实根．
3．（2022·天津·二模）设函数为的导函数.
(1)求的单调区间；
(2)讨论零点的个数；
(3)若有两个极值点且，证明：.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为．(2)答案见解析(3)证明见解析
【解析】(1)解：因为，
所以．        
即，，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为．
(2)解：由（1）得，．
当时，，则在上无零点．
当时，，则在上有一个零点．
当时，，因为，，，
所以，，，
故在上有两个零点．
综上，当时，在上无零点；
当时，在上有一个零点；
当时，在上有两个零点．
(3)证明：由（2）及有两个极值点，且，
可得， 在上有两个零点，且．
所以，       
两式相减得，即．
因为，所以．
下面证明，即证．
令，则即证．
令，，则，
所以在上单调递增，所以，
故．
又，
所以，
故．
题组二 已知零点个数求参
1．（2022·河南濮阳·一模（文））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知且关于x的方程只有一个实数解，求t的值．
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．
(2)2
【解析】(1)的定义域为，，
当时，，则函数在上单调递增．
当时，令，解得
当时，，则在上单调递减；
当，，则在上单调递增．
(2)关于x的方程只有一个实数解，即只有唯一正实数解．
设，则，
令，，因为，，解得（舍去），，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
所以的最小值为．
要使得方程只有唯一实数解，
若，
则，即，
得，因为，所以．
设，恒成立，
故在上单调递减，至多有一解．
又因为，
所以，即，解得．
若，
由上得，，又，，
，，
令，在上，单增，故，
即，故，
即在各存在一个零点，不合题意.
综上：.
2．（2022·山东日照·三模）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，讨论的零点个数．
【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是
(2)答案见解析
【解析】(1)当时，，
则，当时,恒成立，
所以当时，单调递减；
当时单调递增，
即的单调递减区间是，单调递增区间是．
(2)由题意，函数，
设，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又由，所以，
令，可得，所以，其中，
令，可得，
令，则，
可得时，单调递减；时，单调递增；
所以，即时，恒成立；
故时，单调递减；时，单调递增；
所以﹐
又由时，，当时，，