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利用导数研究函数的零点



利用导数研究函数的零点
(求导求出极值,画出函数的草图分析)
1.已知曲线 C: y ?

1 3 1 2 x ? x ? 2 x ? 1 ,直线 l : y ? a 3 2

7 13 或a ? ) 3 6 7 13 (2)若直线 l 与曲线 C 有两个不同的交点,求 a 的取值范围; (a ? ? 或a ? ) 3

6 7 13 (3)若直线 l 与曲线 C 有三个不同的交点,求 a 的取值范围.( ? ? a ? ) 6 6
(1)若直线 l 与曲线 C 有唯一一个交点,求 a 的取值范围; (a ? ? 解:令 y ' ? x ? x ? 2 ? ( x ? 1)( x ? 2) ? 0 得 x1 ? ?1, 或 x2 ? 2
2

7 (-1, ) 3

y

当 ?1 ? x ? 2 时, y ' ? 0 ;当 x ? ?1 或 x ? 2 时, y ' ? 0 . 所以 g ( x) 在 (?1, 2) 为减函数,在 (??, ?1) , (2, ??) 为增函数.

f(x) =

1 3

?x3

1 2

?x2

2?x + 1

2

x

当 x ? ?1 时,取得极大值 ymax ? 取得极大值 ymin ? ?

13 ;当 x ? 2 时, 6

-1

7 ; 3 7 13 (1)当 a ? ? 或 a ? 时,直线 l 与曲线 C 有唯一一个交点; 3 6 7 13 (2)当 a ? ? 或 a ? 时,直线 l 与曲线 C 有两个不同的交点; 3 6 7 13 (3)当 ? ? a ? 时,直线 l 与曲线 C 有三个不同的交点. 3 6
2.已知函数 f ( x) ? x3 ? 3ax ?1, a ? 1 (1)函数 y ? f ? x ? 的单调区间;

7 (2,- ) 6

(2)若 f ( x ) 在 x ? ?1 处取得极值,直线 y ? m 与 y ? f ( x) 的图象有三个不同的交点,求 m 的取值范围. (-3,1) 解: (1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),当 a<0 时,对 x∈R,有 f′(x)>0, ∴当 a<0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞).当 a>0 时,由 f′(x)>0,解得 x<- a或 x> a. 由 f′(x)<0,解得- a<x< a,∴当 a>0 时,f(x)的单调增区间为 (-∞,- a),( a,+∞),单调减区间为(- a, a). (2)∵f(x)在 x=-1 处取得极值,∴f′(-1)=3×(-1)2-3a=0, ∴a=1.∴f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3, 由 f′(x)=0,解得 x1=-1,x2=1. 由(1)中 f(x)的单调性可知,f(x)在 x=-1 处取得极大值 f(-1)=1,在 x=1 处取得极小值 f(1)=-3.∵直线 y=m 与函数 y=f(x)的图象有三个不同的交点,结合如图所示 f(x)的图象可知:实数 m 的取值范围是(-3,1). 3.已知函数 f ( x) ? ?

1 3 1 2 x ? ax ? 2 x (a ? R) . 3 2
1

(1)当 a ? 3 时,求函数 y ? f ? x ? 的单调区间; (2)若过点 (0, ) 可作函数 y ? f ? x ? 图像的三条不同切线,求实数 a 的取值范围. (a ? 2) 解:(1)当 a=3 时,函数 f(x)=-

1 3

1 3 3 x + 2x,得 f′(x)=-x2+3x-2=-(x-1)(x-2). 3 2

所以当 1<x<2 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增;当 x<1 或 x>2 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(1,2),单调递减区间为(-∞,1)和(2,+∞) .

a 2 t ? 2t ) 是函数 y=f(x)图象上的切点,则过点 P 的切线的斜率 k=f′(t)=-t2+at-2, 2 1 3 a 2 所以过点 P 的切线方程为 y+ t ? t ? 2t =(-t2+at-2)(x-t), 3 2 1 1 1 3 a 2 2 3 1 2 1 因为点 (0, ? ) 在该切线上,所以 ? ? t ? t ? 2t =(-t2+at-2)(0-t),即 t ? at ? ? 0 . 3 3 3 2 3 2 3 1 2 3 1 2 1 若过点 (0, ? ) 可作函数 y=f(x)图象的三条不同切线,则函数 g(t)= t ? at ? 有三个不同的零点. 3 3 2 3 a 即函数 y=g(t)的图象与坐标轴横轴有三个不同的交点.令 g′(t)=2t2-at=0,解得 t=0 或 t= . 2 1 a 1 3 1 a 1 1 a ? 所以必须 g ( ) ? ? a 3 ? ? 0 ,即 a>2. 因为 g(0)= >0, g ( ) ? ? 3 2 24 3 2 24 3
(2)设点 P (t , ? t ?
3

1 3

所以实数 a 的取值范围为(2,+∞). 4.(2012 江苏)若函数 y ? f ( x) 在 x ? x0 处取得极大值或极小值, 则称 x0 为函数 y ? f ( x) 的极值点, 已知 a , b 是实数,1 和-1 是函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; ( a ? 0, b ? ?3 ) (2)设函数 g ( x) 的导函数 g '( x) ? f ( x) ? 2 ,求 g ( x) 的极值点; (-2 是 1 不是) (3)设 h( x) ? f ( f ( x)) ? c ,其中 c ?[?2, 2] ,求函数 y ? h( x) 的零点的个数. (当 c ? ?2 时,函数 y ? h( x) 有 5 个零点;当 ?2 ? c ? 2 时,函数 y ? h( x) 有 9 个零点) 解: (1)由题设知 f′(x)=3x2+2ax+b,且 f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1)=3+2a+b=0, 解得 a=0,b=-3. (2)由(1)知 f(x)=x3-3x. 因为 f(x)+2=(x-1)2(x+2), 所以 g′(x)=0 的根为 x1=x2=1,x3=-2,于是函数 g(x)的极值点只可能是 1 或-2. 当 x<-2 时,g′(x)<0;当-2<x<1 时,g′(x)>0,故-2 是 g(x)的极值点. 当-2<x<1 或 x>1 时,g′(x)>0,故 1 不是 g(x)的极值点.所以 g(x)的极值点为-2. (3)令 f(x)=t,则 h(x)=f(t)-c.先讨论关于 x 的方程 f(x)=d 根的情况,d∈[-2,2]. 当|d|=2 时,由(2)可知,f(x)=-2 的两个不同的根为 1 和-2, 注意到 f(x)是奇函数,所以 f(x)=2 的两个不同的根为-1 和 2. 当|d|<2 时,因为 f(-1)-d=f(2)-d=2-d>0,f(1)-d=f(-2)-d=-2-d<0, 所以-2,-1,1,2 都不是 f(x)=d 的根.由(1)知 f′(x)=3(x+1)(x-1). ①当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,于是 f(x)是单调增函数,从而 f(x)>f(2)=2,此时 f(x)=d 无实根. 同理,f(x)=d 在(-∞,-2)上无实根. ②当 x∈(1,2)时,f′(x)>0,于是 f(x)是单调增函数.又 f(1)-d<0,f(2)-d>0,y=f(x)-d 的图象不间断, 所以 f(x)=d 在(1,2)内有唯一实根.同理,f(x)=d 在(-2,-1)内有唯一实根.
2

③当 x∈(-1,1)时,f′(x)<0,故 f(x)是单调减函数.又 f(-1)-d>0,f(1)-d<0,y=f(x)-d 的图象不间 断,所以 f(x)=d 在(-1,1)内有唯一实根. 由上可知:当|d|=2 时,f(x)=d 有两个不同的根 x1,x2 满足|x1|=1,|x2|=2;当|d|<2 时,f(x)=d 有三个不 同的根 x3,x4,x5 满足|xi|<2,i=3,4,5.现考虑函数 y=h(x)的零点. (i)当|c|=2 时,f(t)=c 有两个根 t1,t2 满足|t1|=1,|t2|=2, 而 f(x)=t1 有三个不同的根,f(x)=t2 有两个不同的根,故 y=h(x)有 5 个零点. (ii)当|c|<2 时,f(t)=c 有三个不同的根 t3,t4,t5 满足|ti|<2,i=3,4,5,而 f(x)=ti(i=3,4,5)有三个不同的根, 故 y=h(x)有 9 个零点. 综上可知,当|c|=2 时,函数 y=h(x)有 5 个零点;当|c|<2 时,函数 y=h(x)有 9 个零点. 5. 已知函数 f ( x) ? ?

1 3 1? a 2 x ? x ? ax ? a, x ? R ,其中 a ? 0 . 3 2

(1)求函数 y ? f ? x ? 的单调区间; (2)若函数 y ? f ? x ? 在区间(-2,0)内恰有两个零点,求实数 a 的取值范围. (0 ? a ? ) 解析:(1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-1) + -1 0 极大值 (-1,a) - a 0 极小值 (a,+∞) +

1 3

故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a). (2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两

? f (?2) ? 0 ? 个零点. 当且仅当 ? f ( ?1) ? 0 ? f (0) ? 0 ?
2

解得 0<a<

1 1 .所以,a 的取值范围是 (0, ) 3 3

6. 已知函数 f ( x) ? x ? a ln x 在(1,2]是增函数, g ( x) ? x ? a x 在(0,1)为减函数. (1)求函数 f ? x ? 、 g ? x ? 的解析式; (求得 a ? 2 ) (2)求证:当 x ? 0 时,方程 f ( x) ? g ( x) ? 2 有唯一解. a 解:(1) f′(x)=2x- ,依题意 f′(x)≥0,x∈(1,2],即 a≤2x2,x∈(1,2]. x ∵上式恒成立,∴a≤2……………………① a 又 g′(x)=1- ,依题意 g′(x)≤0,x∈(0,1), 2 x 即 a≥2 x,x∈(0,1).∵上式恒成立,∴a≥2.………… ② 由①②得 a=2.∴f(x)=x2-2ln x,g(x)=x-2 x. (2)证明 由(1)可知,方程 f(x)=g(x)+2,即 x2-2ln x-x+2 x-2=0. 2 1 设 h(x)=x2-2ln x-x+2 x-2,则 h′(x)=2x- -1+ . x x 当 h′(x)=0 时,( x-1)(2x x+2x+ x+2)=0,解得 x=1.令 h′(x)>0,并由 x>0, 解得 x>1.令 h′(x)<0,由 x>0,解得 0<x<1.列表分析:
3

x

(0,1)

1

(1,+∞)

h′(x)



0



h(x)

递减

极小值

递增

可知 h(x)在 x=1 处有一个最小值 0,当 x>0 且 x≠1 时,h(x)>0,∴h(x)=0 在(0,+∞)上只有一个解.

即当 x>0 时,方程 f(x)=g(x)+2 有唯一解. 7. 已知函数 f ( x) ? ax (a ? R) , g ( x) ? 2ln x
2

(1)讨论函数 F ( x) ? f ? x ? ? g ( x) 的单调性; (2)若方程 f ( x) ? g ( x) 在区间 [ 2, e] 上有两个不等的实数解,求实数 a 的取值范围. (
2 2 2?ax -1? 解: (1)F(x)=ax2-2ln x,其定义域为(0,+∞),∴F′(x)=2ax- = (x>0). x x

ln 2 1 ?a? ) 2 e

①当 a>0 时,由 ax2-1>0,得 x> 故当 a>0 时,F(x)的递增区间为?

1 1 .由 ax2-1<0,得 0<x< . a a

1 1 ,+∞?,递减区间为?0, ?. a? ? a ? ?

ln 2 1 ②当 a≤0 时,F′(x)<0 (x>0)恒成立.故当 a≤0 时,F(x)在(0,+∞)上单调递减.(2) ≤a< 2 e 8.已知函数 f ( x) ? kex ? x2 (其中 k ? R , e 是自然对数的底数) (1)若 k ? ?2 ,判断函数 f ( x ) 在区间 (0, ??) 上的单调性; (2)若函数 f ( x ) 有两个极值点 x1 , x2 ( x1 ? x2 ) ,求 k 的取值范围; (3)在(2)的条件下,试证明: 0 ? f ( x1 ) ? 1.
x x 解: (1)当 k ? ?2 时, f '( x) ? ?2e ? 2 x ? ?2(e ? 1) ? 0 .所以 f ( x ) 在 (0, ??) 为减函数 x (2)令 f '( x) ? ke ? 2x ? 0 ,得 k ?

2x 2x 2(1 ? x) ? 0 ,得 ,设 g ( x ) ? x ,令 g '( x ) ? x e e ex

x ?1

显然 g ( x) 在 (??,1) 为减函数,在 (1, ??) 为增函数, g ( x) 在 x ? 1 取得最大值为 g ( x) max ? g (1) ? 当 x ??? 时, g ( x) ? ?? ,当 x ??? 时, g ( x) ? 0 ,∴ 0 ? k ?

2 e

2 e

4

(3)由(2)可知 0 ? x1 ? 1 ? x2 ,由 k ? ∵ x1 ? (0,1) ∴ 0 ? f ( x1 ) ? 1

2 x1 x 2 ,得 f ( x1 ) ? ke 1 ? x1 ? 2x1 ? x12 ? ?( x1 ?1)2 ?1 e x1

9.(2013 湖北卷)已知 a 为常数,函数 f ( x) = x(ln x - ax) 有两个极值点 x1 , x2 (A) f ( x1 ) > 0, f ( x2 ) > -

( x1 < x2 ) ,则

1 2

( B ) f ( x1 ) < 0, f ( x2 ) < -

1 1 ( C ) f ( x1 ) > 0, f ( x2 ) < (D) 2 2

f ( x1 ) < 0, f ( x2 ) > -

1 2

1 + ln x 2x 1 + ln x 2 - 2(1 + ln x) - ln x = 令 g ( x) = , g '( x) = 2x 4 x2 2 x2
解:令 f '( x) = 1- 2ax + ln x = 0 得 a = ∴ g ( x) 在 (0,1) 为增函数,在 (1, + 当x?

) 为减函数,在 x = 1 取得最大值 g (1) =
0< a< 1 2

1 . 2

时, g ( x) ? 0 ,且当 x > 1 时 g ( x) > 0 .∴

[法一]消去参数化为确定的一元函数: ∵函数 f ( x ) 的两个极值点为 x1 , x2 ∴ axi =

(0 < x1 < 1 < x2 ) .

1 + ln xi x x a1 x= ) 1 (ln x < 1) 0 (i = 1, 2) , f ( x 1 )= 1 ( l nx 11 2 2 x x f ( x2 ) = x2 (ln x2 - ax2 ) = 2 (ln x2 - 1) ,记 h( x) = (ln x - 1) ( x > 1) 2 2 1 1 h '( x) = (1- 1 + ln x) = ln x > 0 2 2 x 1 1 ∴ h( x) = (ln x - 1) 在 (1, + ) 为增函数, h( x ) > h(1) = 即 f ( x2 ) > 选(D) 2 2 2
[法二]消去超越式,化为代数函数式: ∵ f '(

1 1 ) = ln = - ln 2a > 0 ,∴函数 f ( x) 的两个极值点满足: 2a 2a

0 < x1 < 1 <

1 < x2 . 2a

由 ln xi = 2axi - 1

2 (i = 1 , 2 ) 得 f ( x1 ) ? x1 ln x1 ? ax1 ? x1 (2ax1 ?1) ? ax12 ? ax12 ? x1 ? x1 (ax1 ?1) ? 0

2 f ( x2 ) ? ax2 ? x2 ? x2 (ax2 ? 1) ? ax2 ? 1 ? a ?

1 1 ?1 ? ? 2a 2

故选(D)

10.设函数 f ( x) = 2ln( x - 1) - ( x - 1) . (1)求函数 f ( x ) 的单调递增区间;
2 (2)若关于 x 的方程 f ( x) + x - 3x - a = 0 在区间 f ( x ) 内恰有两个相异的实根,求实数 a 的取值范围.

2

解: (1)函数 f ( x ) 的定义域为 (1, ??) ,令 f '( x) ? 2[ 得 1 ? x ? 2 .∴函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (1, 2)
5

1 2 x( x ? 2) ? ( x ? 1)] ? ? ?0 x ?1 x ?1

(2)[法一]: 由 f ( x) + x 2 - 3x - a = 0 得 a ? f ( x) ? x2 ? 3x ? ln( x ?1) ? x ?1 .

令 g ( x) ? ln( x ? 1) ? x ? 1

g '( x) ?

2 3? x ?1 ? x ?1 x ?1

. (x ? 1 )

当 2 ? x ? 3 时, g '( x) ? 0 ;当 3 ? x ? 4 时, g '( x) ? 0 .

所以 g ( x) 在 [2,3] 为增函数,在 [3, 4] 为减函数. g (2) ? ?3, g (3) ? 2ln 2 ? 4, g (4) ? 2ln 3 ? 5 ∵ g (2) ? g (4) ? 2 ? 2ln 3 ? 2(1 ? ln 3) ? 0 ∴ g (2) ? g (4) 故实数 a 的取值范围为 2ln 3 ? 5 ? a ? 2ln 2 ? 4 . [法二]∵f(x)=2ln(x-1)-(x-1)2,∴f(x)+x2-3x-a=0?x+a+1-2ln(x-1)=0. x-3 2 令 g(x)=x+a+1-2ln(x-1).∵g′(x)=1- = ,且 x>1, x-1 x-1 由 g′(x)>0,得 x>3;由 g′(x)<0,得 1<x<3. ∴g(x)在区间[2,3]上单调递减,在区间[3,4]上单调递增. g?2?≥0, ? ? 故 f(x)+x -3x-a=0 在区间[2,4]内恰有两个相异实根??g?3?<0, ? ?g?4?≥0,
2

a+3≥0, ? ? 即?a+4-2ln 2<0, ? ?a+5-2ln 3≥0,

解得 2ln 3-5≤a<2ln 2-4. 11.(2013 惠州一模改编)已知函数 f ( x) = ax 2 + bx + 1 在 x = 3 处的切线方程为 y = 5 x - 8 (1)求函数 f ( x ) 的解析式; (2)若关于 x 的方程 f ( x) = ke x 恰有两个不同的实数根,求实数 k 的值. 解: (1) f '( x) ? 2ax ? bx ,∴

f ' ( 3? ) a 6 ? b ? …………① 5

令 x ? 3 代入 y ? 5 x ? 8 得切点(3,7).∴ 9a ? 6b ? 1 ? 7 …………② 由①②解得 a ? 1, b ? ?1 . 故所求函数 f ( x ) 的解析式为 f ( x) ? x2 ? x ? 1
x (2)由 f ( x) = ke 得 k ?

f ( x) x 2 ? x ? 1 x2 ? x ? 1 ? g ( x ) ? . 令 ex ex ex

令 g '( x) ?

(2 x ? 1) ? ( x 2 ? x ? 1) ?( x ? 1)( x ? 2) ? 0 得 x1 ? 1, x2 ? 2 ? ex ex

当 1 ? x ? 2 时, g '( x) ? 0 ;当 x ? 1或x ? 2 时, g '( x) ? 0 . ∴ g ( x) 在 (1, 2) 为增函数;在 (??,1) 、 (2, ??) 为增函数.当 x ? 1 时,取得极小值 g (1) ? 得极大值 g (2) ?

1 ;当 x ? 2 时,取 e

3 ; e2
x

∴当 x ? 1或x ? 2 时,关于 x 的方程 f ( x) = ke 恰有两个不同的实数根. 12.已知函数 f(x)=x3-ax2-bx+a2,x∈R ,a,b 为常数。 (1)若函数 f(x)在 x=1 处有极值 10,求实数 a,b 的值; (2)若函数 f(x)是奇函数,
6

①方程 f(x)=2 在 x∈[-2,4]上恰有 3 个不相等的实数解,求实数 b 的取值范围; ②不等式 f(x)+2b≥0 对 ? x∈[1,4]恒成立,求实数 b 的取值范围。 (1)f ’(x)=3x2-2ax-b, 由 f(x)在 x=1 处有极值 10,得 f ’(1)=0,f(1)=10。 即 3-2a-b=0,1-a-b+a-2=10,解得 a=3,b=-3 或 a=-4,b=11。 经检验,a=3,b=-3 不合题意,舍去。 ∴a=-4,b=11。 (2)由于函数 f(x)的定义域为 R,由函数 f(x)是奇函数,得 f(0)=0,∴a=0。 ①由 f(x)=2,得 f(x)-2=0,令 g(x)=f(x)-2=x3-bx-2,则方程 g(x)=0 在 x∈[-2,4]上恰有 3 个不相等 的实数解。 ∵g’(x)=3x2-b, (ⅰ)若 b≤0,则 g’(x)≥0 恒成立,且函数 g(x)不为常函数,∴g(x)在区间[-2,4]上为增函数,g(0) =0,所以,g(x)=0 在区间[-2,4]上有且只有一个实数解。不合题意,舍去。 (ⅱ) 若 b>0, 则函数 g(x)在区间(-∞, - b )上为增函数, 在区间(- 3 b , 3 b )上为减函数, 在区间( 3 b , 3

+∞)上为增函数,由方程 g(x)=0 在 x∈[-2,4]上恰有 3 个不相等的实数解,可得

? f ( ?2) ? 0, ? b ? ? f ( ? ) ? 0, 3 ? ? f (4) ? 0, ?

? ?b ? 5, ? 解得 ?b ? 3, ? 31 ?b ? , ? 2

∴b∈ (3,5]

②由不等式 f(x)+2b≥0,得 x3-bx+2b≥0,即(x-2)b≤x3, (ⅰ)若 x-2=0 即 x=2 时,b∈R; 2x2(x-3) x3 x3 (ⅱ) 若 x-2<0 即 x∈ [1, 2) 时, b≥ 在区间 [1, 2) 上恒成立, 令 h(x)= , 则 b≥h(x)max。 ∵h’(x)= , x-2 x-2 (x-2)2 ∴h’(x)<0 在 x∈ [1, 2) 上恒成立,所以 h(x)在区间 [1, 2) 上是减函数,∴h(x)max=h(1)=-1,∴b≥-1。 x3 (ⅲ)若 x-2>0 即 x∈ (2, 4] 时,b≤ 在区间 (2, 4] 上恒成立,则 b≤h(x)min。由(ⅱ)可知,函数所以 x-2 h(x)在区间 (2,3) 上是减函数,在区间 (3, 4] 上是增函数,∴h(x)min=h(3)=27,∴b≤27。 综上所述,b∈[-1,27]。

4x , x ? ?0,2?. , (Ⅰ)求 f ( x) 的值域; 3x 2 ? 3 1 3 2 ( Ⅱ ) 设 a ? 0 , 函 数 g ( x) ? ax ? a x, x ? ?0,2? 。 若 对 任 意 x1 ? ?0,2? , 总 存 在 x2 ? ?0,2? , 使 3
13.已知函数 f ( x ) ?

f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 0 , 求实数 a 的取值范围.

4 1? x2 解:⑴方法一:对函数 f ( x) 求导, f ?( x) ? , 令 f ?( x) =0,得 x ? 1 或 x ? ?1 , 3 ( x 2 ? 1) 2 当 x ? ?0,1? 时, f ?( x) >0 , f ( x) 在 ?0,1? 上单调递增;当 x ? (1,2) 时 , f ?( x) <0, f ( x) 在 (1,2) 上单调递减。又 2 8 ? 2? f (0) ? 0, f (1) ? , f (2) ? , ? 当 x ? (0,2) 时 f ( x) 的值域是 ?0, ? ; 3 15 ? 3?

7

方法二: 当 x ? 0 时 f ( x) =0; 当 x ? (0,2] 时 f ( x) ?

4 ? 3

1 x? 1 x

?

4 ? 3

1 2 x? 1 x

?

1 2 , 当且仅当 x ? ,即x ? 1 时 f ( x) x 3

? 2? ? ? (2)设函数 g ( x) 在 ?0,2? 的值域是 A ,∵对任意 x1 ? ?0,2? ,总存在 x2 ? ?0,2? ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ? 0 。 ? 2? 2 2 ∴ ?0, ? ? A, 对函数 g ( x) 求导, g ?( x) ? a x ? a , ? 3? ①当 x ? (0,2), a ? 0 时,函数 g ( x) 在 (0,2) 上单调递减, 8 ? 2? g (0) ? 0, g (2) ? a ? 2a 2 ? 0, ∴当 x ? ?0,2? 时,不满足 ?0, ? ? A ; 3 ? 3? ②当 a ? 0 时, g ?( x) ? a ( x ? a )(x ? a ) ,令 g ?( x) ? 0, 得 x ? a或x ? ? a (舍去) ,
的值域是 ?0, ? ; 3 (i)当 x ? ?0,2? , 0 ?

a ? 2 时,列表

x
g ?( x )
g ( x)

0

(0, a)
- 0

a
? 2 2 a a 3

( a ,2)


2

8 ? a ? 2a 2 3 8 2 1 ? 2? 2 ∵ g (0) ? 0, g ( a ) ? 0, 又∵ ?0, ? ? A ,∴ g (2) ? a ? 2a ? , 解得 ? a ? 1. 3 3 3 ? 3? (ii)当 x ? (0,2), a ? 2 时, g ?( x) ? 0 ,∴函数 g ( x) 在 (0,2) 上单调递减, g (0) ? 0,
0

?

?

g ( 2) ?

8 ? 2? ?1 ? a ? 2a 2 ? 0 ,∴当 x ? ?0,2? 时,不满足 ?0, ? ? A .综上,实数 a 的取值范围是 ? ,1? . 3 ? 3? ?3 ? 1 2 x ? a ln x (a ? R) , 2

14.已知函数 f ( x) ?

(Ⅰ)若函数 f ( x) 在 (1,??) 为增函数,求 a 的取值范围; (Ⅱ)讨论方程 f ( x) ? 0 解的个数,并说明理由. 解: (1)若函数 f ( x) 在 (1,??) 上恒成立。则 f ?( x ) ? x ?
2 即: a ? x 在 (1,??) 上恒成立。所以有 a ? 1

a ? 0 在 (1,??) 上恒成立, x

(2)当 a ? 0 时, f ( x) 在定义域 (0,??) 上恒大于 0 ,此时方程无解; 当 a ? 0 时, f ?( x ) ? x ?

a ? 0 在 (0,??) 上恒成立,所以 f ( x) 在定义域 (0,??) 上为增函数。 x 1 2 1 1 a a ? f (1) ? ? 0 , f (e ) ? e ? 1 ? 0 ,所以方程有惟一解。 2 2 a x 2 ? a ( x ? a )(x ? a) ? 当 a ? 0 时, f ( x) ? x ? ? ? x x x 因为当 x ? (0, a ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 (0, a ) 内为减函数;
当 x ? ( a ,??) 时, f ( x) 在 ( a ,??) 内为增函数。 所以当 x ?

a 时,有极小值即为最小值 f ( a ) ?

1 1 a ? a ln a ? a(1 ? ln a ) 。 2 2

8

当 a ? (0, e) 时, f ( a ) ? 当 a ? e 时, f ( a ) ?

1 a(1 ? ln a) ? 0 ,此方程无解; 2

1 a(1 ? ln a ) ? 0. 此方程有惟一解 x ? a 。 2 1 当 a ? (e,??) 时, f ( a ) ? a(1 ? ln a ) ? 0 2 1 因为 f (1) ? ? 0 且 1 ? a ,所以方程 f ( x) ? 0 在区间 (0, a ) 上有惟一解, 2 因为当 x ? 1 时, ( x ? ln x)? ? 0 ,所以 x ? ln x ? 1 1 2 1 2 1 2 2 所以 x ? ln x, f ( x) ? x ? a ln x ? x ? ax ,因为 2a ? a ? 1 ,所以 f ( x) ? (2a ) ? 2a ? 0 , 2 2 2 所以方程 f ( x) ? 0 在区间 ( a ,??) 上有惟一解。所以方程 f ( x) ? 0 在区间 (e,??) 上有惟两解。 综上所述:当 a ? [0, e) 时,方程无解;当 a ? 0或a ? e 时,方程有惟一解;
当 a ? e 时方程有两解 15、已知函数 f ( x) ? x ? 4x ? ax ? 1在区间 ?1,2? 单调递减, [0,1]单调递增 , 在区间
4 3 2

(I)求 a 的值; (II)是否存在实数 b,使得函数 g ( x) ? bx ? 1 的图象与函数 f ( x) 的图象恰有 3 个交点,若存在,请
2

求出实数 b 的值;若不存在,试说明理由。 解: (I)由函数 f ( x) ? x ? 4x ? ax ? 1在区间 ?1,2? 单调递减。 [0,1]单调递增 , 在区间
4 3 2

知 x ?1 时, 取得极大值 ,? f ?(1) ? 0
2

? f ?( x) ? 4x 3 ? 12x ? 2ax ? 4 ? 12 ? 2a ? 0 ? a ? 4

(II)函数 g ( x) ? bx ? 1 的图象与函数 f ( x) 的图象恰好有 3 个交点,

. 等价于方程 x ? 4 x ? 4 x ? 1 ? bx ? 1恰有3个不等实根
4 3 2 2

x 4 ? 4x 3 ? 4x 2 ? 1 ? bx2 ? 1 ? x 4 ? 4x 3 ? (4 ? b) x 2 ? 0
? 方程x 2 ? 4 x ? (4 ? b) ? 0有两个非零不等实根 ?? ? 16 ? 4(4 ? b) ? 0 ? b ? 0且b ? 4 ? ?4 ? b ? 0
故存在实数: b ? 0且b ? 4
2

? x ? 0 是其中一个根,

…………12 分

16.已知 x ? 3 是函数 f ? x ? ? a ln ?1 ? x ? ? x ?10x 的一个极值点。 (Ⅰ)求 a ; (Ⅱ)求函数 f ? x ? 的单调区间; (Ⅲ)若直线 y ? b 与函数 y ? f ? x ? 的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围。
' 解析: (Ⅰ)因为 f ? x ? ?

a a ? 2 x ? 10 . 所以 f ' ? 3? ? ? 6 ? 10 ? 0 .因此 a ? 16 1? x 4

9

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ? x ? ? 16ln ?1 ? x ? ? x ?10x, x ? ? ?1, ??? , f
2

'

? x? ?

2 ? x 2 ? 4 x ? 3? 1? x

当 x ? ? ?1,1?

?3, ??? 时, f ' ? x? ? 0 当 x ? ?1,3? 时, f ' ? x? ? 0

所以 f ? x ? 的单调增区间是 ? ?1,1? , ?3, ??? f ? x ? 的单调减区间是 ?1,3? (Ⅲ)由(Ⅱ)知, f ? x ? 在 ? ?1,1? 内单调增加,在 ?1,3? 内单调减少,在 ?3, ??? 上单调增加,且当 x ? 1 或

x ? 3 时, f ' ? x ? ? 0 .所以 f ? x ? 的极大值为 f ?1? ? 16ln 2 ? 9 ,极小值为 f ?3? ? 32ln 2 ? 21
2 ?2 因此 f ?16? ? 16 ?10 ?16 ? 16ln 2 ? 9 ? f ?1? . f e ? 1 ? ?32 ? 11 ? ?21 ? f ? 3?

?

?

所以在 f ? x ? 的三个单调区间 ? ?1,1? , ?1,3? , ?3, ??? 直线 y ? b 与 y ? f ? x ? 的图象各有一个交点, 当且仅当 f ? 3? ? b ? f ?1? 17.f(x)=x-ln(x+a)在 x=1 处取得极值. 1 (1)求实数 a 的值;(2)若关于 x 的方程 f(x)+2x=x2+b 在[ ,2]上恰有两个不相等的实数根,求实数 b 的取值 2 范围; (3)证明: ∑ 3n2-n-2 1 > (n∈ N,n≥2).参考数据:ln2≈0.6931. n(n+1) k=2k-f(k)
n

解:(1)f '(x)=1+

1 ,由题意,得 f '(1)=0 x+a

? a=0 ? x-lnx+2x=x2+b

……2' ? x2-3x+lnx+b=0 ……4'

(2)由(1)知 f(x)=x-lnx.
2

∴ f(x)+2x=x2+b

2 1 2x -3x+1 (2x-1)(x-1) 设 g(x)=x -3x+lnx+b(x>0). 则 g'(x)=2x-3+ = = x x x

当 x 变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表 x g'(x) G(x) ……6' 1 5 当 x=1 时,g(x)最小值=g(1)=b-2,g( )=b- -ln2,g(2)=b-2+ln2 2 4 1 ∵ 方程 f(x)+2x=x2+b 在[ ,2]上恰有两个不相等的实数根 2 1 (0, ) 2 + ↗ 1 2 0 极大值 1 ( ,1) 2 - ↘ 1 0 极小值 (1,2) + ↗ 2

b-2+ln2

?g(2)≥0 由? g(1)<0 ?g(2)≥0

1

?

?b-4-ln2≥0 ?b-2<0 ? ?b-2+ln2≥0
∴∑
n

5

5 +ln2≤b≤2 ……9' 4

(3)∵ k-f(k)=lnk

3n2-n-2 1 > n(n+1) k=2k-f(k)

10

2 1 1 1 1 3n -n-2 ? + + +…+ > (n∈ N,n≥2) ……10’ ln2 ln3 ln4 lnn n(n+1) 2 (x+ 2)(x- 2) 1 1 x 2-x 设 Φ(x)=lnx- (x2-1), 则 Φ'(x)= - = =- 4 x 2 2x 2x

当 x≥2 时,Φ'(x)<0

? 函数 Φ(x)在[2,+∞)上是减函数, 1 lnx< (x2-1) ……12' 4

3 ∴ Φ(x)≤Φ(2)=ln2- <0 ? 4

1 4 4 1 1 ∴ 当 x≥2 时, > 2 = =2( - ) ……13' lnx x -1 (x+1)(x-1) x-1 x+1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ + + +…+ >2[(1- )+( - )+( - )+( - )+……( - )] ln2 ln3 ln4 lnn 3 2 4 3 5 4 6 n-1 n+1 3n2-n-2 1 1 1 =2(1+ - - )= . 2 n n+1 n(n+1) 18.已知 x=1 是 f ( x) ? 2 x ? (1)求 b 的值; (2)求函数 f ? x ? 的单调增区间; ∴ 原不等式成立

b ? ln x 的一个极值点 x

3 ,试问过点(2,5)可作多少条直线与曲线 y=g(x)相切?请说明理由。 x b 解:(1) 因 x=1 是 f ( x) ? 2 x ? ? ln x 的一个极值点,∴ f ' (1) ? 0 x b 1 又 f ' ( x) ? 2 ? 2 ? 所以 2+b+1=0 x x
(3)设 g ( x) ? f ( x) ? ∴ b= -3 经检验,适合题意,所以 b= -3. (2) f ' ( x) ? 2 ?

3 1 ? ? 0又 x ? 0 ∴ x>1 x2 x

∴ 函数 的单调增区间为 [1,??) ( 3) g ( x ) ? f ( x ) ?

3 =2x+lnx x

设过点(2,5)与曲线 g (x)的切线的切点坐标为 ( x0 , y0 ) ∴ y0 ? 5 ? g / ( x0 )( x0 ? 2) 即 2 x0 ? ln x0 ? 5 ? (2 ? 令 h(x)= ln x ? ∴h (x) =
/

1 )( x0 ? 2) x0

∴ln x0 ?

2 ?2 ?0 x0

2 ?2 x

1 2 ? =0∴x ? 2 x x2
2 ?0 e2

∴ h(x)在(0,2)上单调递减,在(2, ?? )上单调递增 又 h( ) ? 2 ? ln 2 ? 0 ,h(2)=ln2-1<0, h(e ) ?
2

1 2

11

∴ h(x)与 x 轴有两个交点 ∴ 过点(2,5)可作 2 条曲线 y=g(x)的切线. 19、已知 x ? 3 是函数 f ( x) ? a ln(1 ? x) ? x 2 ? 10x 的一个极值点。 (1)求 a (2)求函数 f ( x) 的单调区间; (3)若直线 y ? b 与函数 y ? f ( x) 的图象有 3 个交点,求 b 的取值范围。 (1)解: f ?( x) ?

a ? 2 x ? 10( x ? ?1) x ?1

…………2 分

a ? 4 ? 0即a ? 16 …………4 分 4 16 2( x ? 1)( x ? 3) ? 2 x ? 10 ? (2)当 a ? 16时, f ?( x) ? x ?1 x ?1 ? x ? 3为f ( x)的一个极值点 ,? f ?(3) ?
令 f ?( x) ? 0得x ? 1或x ? 3 …………6 分 1 0 极大值 (1,3) — 3 0 极小值

x
f ?( x) f ( x)

(—1,1) +

(3,??)
+

∴由上表可知, f ( x) 的单调递增区间为 (?1,1)和(3,??) ,其单调减区间为(1,3)…………9 分 (3)由(2)知 f ( x)极小值 ? f (3) ? 16ln 4 ? 21 , f ( x)极大值 ? f (1) ? 16ln 2 ? 9 ……10 分 若直线 y ? b与函数y ? f ( x) 的图象有 3 个交点,则 32 ln 2 ? 21 ? b ? 16 ln 2 ? 9

12



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