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【导与练】(新课标)2016高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第4讲 与函数的零点相关的问题 理


第4讲

与函数的零点相关的问题

函数零点的个数问题 1.函数 f(x)=xcos 2x 在区间[0,2π ]上的零点的个数为( D ) (A)2 (B)3 (C)4 (D)5 解析:要使 f(x)=xcos 2x=0,则 x=0,或 cos 2x=0,而在区间[0,2π ]上,通过观察 y=cos 2x 的 函数图象,易得满足 cos 2x=0 的 x 的值有 , , , ,所以零点的个数为 5 个.

2.(2015 南昌二模)已知函数 f(x)=
x

函数 g(x)是周期为 2 的偶函数,且当 x∈[0,1]

时,g(x)=2 -1,则函数 y=f(x)-g(x)的零点个数是( B ) (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 解析:函数 y=f(x)-g(x)的零点个数就是函数 y=f(x)与 y=g(x)图象的交点个数.在同一坐标 系中画出这两个函数的图象:

由图可得这两个函数的交点为 A,O,B,C,D,E,共 6 个点. 所以原函数共有 6 个零点.故选 B. 3.(2015 南昌市一模)已知函数 f(x)= 若关于 x 的方程 f[f(x)]=0 有且只有一个实

数解,则实数 a 的取值范围为 . 解析:依题意,得 a≠0,令 f(x)=0,得 lg x=0,即 x=1,由 f[f(x)]=0,得 f(x)=1, 当 x>0 时,函数 y=lg x 的图象与直线 y=1 有且只有一个交点,则当 x≤0 时,函数 y= 的图象

与直线 y=1 没有交点,若 a>0,结论成立;若 a<0,则函数 y= 得-1<a<0,则实数 a 的取值范围为(-1,0)∪(0,+∞). 答案:(-1,0)∪(0,+∞)

的图象与 y 轴交点的纵坐标-a<1,

1

4.(2015 北京卷)设函数 f(x)= ①若 a=1,则 f(x)的最小值为 ; ②若 f(x)恰有 2 个零点,则实数 a 的取值范围是 解析:

.

①当 a=1 时,f(x)=

其大致图象如图所示:

由图可知 f(x)的最小值为-1. ②当 a≤0 时,显然函数 f(x)无零点; 当 0<a<1 时,易知 f(x)在(-∞,1)上有一个零点,要使 f(x)恰有 2 个零点,则当 x≥1 时,f(x) 有且只有一个零点,结合图象可知,2a≥1,即 a≥ ,则 ≤a<1; 当 a≥1 时,2a>1,由二次函数的性质可知,当 x≥1 时,f(x)有 2 个 零点, 则要使 f(x)恰有 2 个零点,则需要 f(x)在(-∞,1)上无零点,则 2-a≤0,即 a≥2. 综上可知,满足条件的 a 的取值范围是 [ ,1)∪[2,+∞).

答案:①-1 ②[ ,1)∪[2,+∞)

确定函数零点所在的区间 5.(2015 四川成都市一诊)方程 ln(x+1)- =0(x>0)的根存在的大致区间是( (A)(0,1) (B)(1,2) (C)(2,e) (D)(3,4) B )

解析:设 f(x)=ln(x+1)- ,则 f(1)=ln 2-2<0,f(2)=ln 3-1>0,得 f(1)f(2)<0,函数 f(x)在区 间(1,2)有零点,故选 B. x 2 6.(2015 河 南郑州 市一模 ) 设 函数 f(x)=e +2x-4,g(x)=ln x+2x -5, 若实数 a,b 分 别是 f(x),g(x)的零点,则( A ) (A)g(a)<0<f(b) (B)0<g(a)<f(b) (C)f(b)<0<g(a) (D)f(b)<g(a)<0 x 解析:考查函数 y=e 与 y=4-2x 的图象,得其交点的横坐标 a 应满足 0<a<1;考查函数 y=ln x

2

与 y=5-2x 的图象,得其交点的横坐标 b 应 满足 1<b<2,f(b)>e+2-4>0,可排除 C,D;0<a<1,g(a)<ln 1+2-5<0, 故选 A. 利用导数解决与函数有关的方程根(函数零点)问题 7.(2015 河南省六市 3 月第一次联合调研)设函数 f(x)=xln x,g(x)=(-x +ax-3)e (a 为实数). (1)当 a=5 时,求函数 y=g(x)在 x=1 处的切线方程; (2)求 f(x)在区间[t,t+2](t>0)上的最小值; (3)若存在两不等实根 x1,x2∈[ ,e],使方程 g(x)=2e f(x)成立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)当 a=5 时 g(x)=(-x +5x-3)·e ,g(1)=e. 2 x g′(x)=(-x +3x+2)·e ,故切线的斜率为 g′(1)=4e. 所以切线方程为 y-e=4e(x-1),即 y=4ex-3e. (2)f′(x)=ln x+1, x f′(x) f(x) (0, ) 单调递减 0 极小值(最小值) ( ,+∞) + 单调递增
2 x x 2 x

2

①当 t≥ 时,在区间(t,t+2)上 f(x)为增函数, 所以 f(x)min=f(t)=tln t, ②当 0<t< 时,在区间(t, )上 f(x)为减函数,在区间( ,t+2)上 f(x)为增函数,

所以 f(x)min=f( )=- . (3)由 g(x)=2e f(x),可得 2xln x=-x +ax-3, a=x+2ln x+ ,
x 2

令 h(x)=x+2ln x+ ,

h′(x)=1+ - =

.

x h′(x)

( ,1) -

1 0

(1,e) +
3

h(x)

单调递减

极小值(最小值)

单调递增

h( )= +3e-2,h(1)=4,h(e)= +e+2.

h(e)-h( )=4-2e+ <0.

所以实数 a 的取值范围为(4,e+2+ ]. 8.(2015 湖北八市联考)已知函数 f(x)=ln(x+a)-x -x 在 x=0 处取得 极值. (1)求实数 a 的值; (2)若关于 x 的方程 f(x)=- x+b 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数 b 的取值范 围. 解:(1)f (x)=
′ 2

-2x-1,


因为 x=0 时,f(x)取得极值,所以 f (0)=0, 故 -2×0-1=0,解得 a=1,

经检验当 a=1 时,f(x)在 x=0 处取得极大值符合题意, 所以 a=1. 2 (2)由 a=1 知 f(x)=ln(x+1)-x -x, 由 f(x)=- x+b,

得 ln(x+1)-x + x-b=0,

2

令 ? (x)=ln(x+1)-x + x-b,

2

则 f(x)=- x+b 在[0,2]上恰有两个不同的实数根等价于 ? (x)=0 在[0,2]上恰有两个不同的 实数根.
? ′(x)=

-2x+ =

,

当 x∈(0,1)时, ? ′(x)>0,于是 ? (x)在(0,1)上单调递增;
4

当 x∈(1,2)时, ? ′(x)<0,于是 ? (x)在(1,2)上单调递减; 依题意有

解得 ln 3-1≤b<ln 2+ ,

所以实数 b 的取值范围是[ln 3-1,ln 2+ ).

一、选择题 a b x 1.(2015 太原一模)已知实数 a,b 满足 2 =3,3 =2,则函数 f(x)=a +x-b 的零点所在的区间是 ( B ) (A)(-2,-1) (B)(-1,0) (C)(0,1) (D)(1,2) a b 解析:因为实数 a,b 满足 2 =3,3 =2, 所以 a=log23>1,0<b=log32<1, x 因为函数 f(x)=a +x-b, x 所以 f(x)=(log23) +x-log32 单调递增, 因为 f(0)=1-log32>0 f(-1)=log32-1-log32=-1<0, x 所以根据函数的零点存在性定理得出函数 f(x)=a +x-b 的零点所在的区间是(-1,0),故选 B. 2.(2015 凉山州模拟)设函数 f(x)=|ln x|(A)x1x2<1 (C)1<x1x2< (B)x1x2=1 (D)x1x2≥ 的两个零点为 x1,x2,则有( A )

解析:由 f(x)=|ln x|-

=0,得|ln x|=

,

作函数 y=|ln x|与 y=

的图象如图.

不妨设 x1<x2,

5

由图可知,x1<1<x2, 则 ln x1<0,且|ln x1|>|ln x2|, 所以-ln x1>ln x2,则 ln x1+ln x2<0,即 ln (x1x2)<0, 所以 x1x2<1. 故选 A. 3.(2015 蚌埠二模)函数 f(x)= 有且只有一个零点时,a 的取值范围是( D )

(A)(-∞,0] (B)(0, )

(C)( ,1)

(D)(-∞,0]∪(1,+∞)

解析:因为 f(1)=ln 1=0, 所以当 x≤0 时,函数 f(x)没有零点, x x 故-2 +a>0 或-2 +a<0 在(-∞,0]上恒成立, x x 即 a>2 ,或 a<2 在(-∞,0]上恒成立, 故 a>1 或 a≤0.故选 D. 4.(2014 重庆卷)已知函数 f(x)= 个不同的零点,则实数 m 的取值范围是( (A)(- ,-2]∪(0, ] A ) 且 g(x)=f(x)-mx-m 在(-1,1]内有且仅有两

(B)(- ,-2]∪(0, ]

(C)(- ,-2]∪(0, ]

(D)(- ,-2]∪(0, ]

解析:g(x)=f(x)-mx-m 在(-1,1]内有且仅有两个不同的零点就是函数 y=f(x)的图象与函数 y=m(x+1)的图象有两个交点 ,在同一直角坐标系内作出函数 f(x)= 和函数

y=m(x+1) 的图象 , 如图 , 当直线 y=m(x+1) 与 y=

-3,x ∈ (-1,0] 和 y=x,x ∈ (0,1] 都相交

时,0<m≤ ;当直线 y=m(x+1)与 y=

-3,x∈(-1,0]有两个交点时,由方程组

消元得

-3=m(x+1),即 m(x+1) +3(x+1)-1=0,化简得 mx +(2m+3)x+m+2=0,当Δ =9+4m=0,即

2

2

m=- 时 , 直线 y=m(x+1) 与 y=

-3 相切 , 当直线 y=m(x+1) 过点 (0,-2) 时 ,m=-2, 所以 m ∈

6

(- ,-2].综上,实数 m 的取值范围是(- ,-2)]∪(0, ],故选 A.

5.(2014 湖北卷)已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x≥0 时, 2 f(x)=x -3x.则函数 g(x)=f(x)-x+3 的零点的集合为( D ) (A){1,3} (B){-3,-1,1,3} (C){2,1,3} (D){-2,1,3}

解析:当 x≥0 时,函数 g(x)的零点即方程 f(x)=x-3 的根, 2 由 x -3x=x-3, 解得 x=1 或 3; 当 x<0 时,由 f(x)是奇函数得 2 -f(x)=f(-x)=x -3(-x), 2 即 f(x)=-x -3x. 由 f(x)=x-3 得 x=-2(正根舍去).故选 D.
x

6.已知 x0 是函数 f(x)=2 + (A)f(x1)<0,f(x2)<0 (C)f(x1)>0,f(x2)<0 解析:函数 y=2 ,y=
x

的一个零点,若 x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞),则( B

)

(B)f(x1)<0,f(x2)>0 (D)f(x1)>0,f(x2)>0 在(1,+∞)都为单调增函数,

所以 f(x)=2 +

x

在(1,+∞)上为单调增函数.

因为 f(x0)=0, 所以 x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞)时, f(x1)<f(x0)=0,f(x2)>f(x0)=0,从而答案 B 正确. 7.已知函数 f(x)= 则下列关于函数 y=f[f(kx)+1]+1(k≠0)的零点个数的判断正

确的是( C ) (A)当 k>0 时,有 3 个零点;当 k<0 时,有 4 个零点 (B)当 k>0 时,有 4 个零点;当 k<0 时,有 3 个零点 (C)无论 k 为何值,均有 3 个零点

7

(D)无论 k 为何值,均有 4 个零点 解析:令 f[f(kx)+1]+1=0 得, 或

解得 f(kx)+1=0 或 f(kx)+1= ;由 f(kx)+1=0 得,



即 x=0 或 kx= ;

由 f(kx)+1= 得,



即 e =1+ (无解)或 kx=

kx

;

综上所述,x=0 或 kx= 或 kx=

;

故无论 k 为何值,均有 3 个解.故选 C. 8.(2015 怀化二模)定义域为 R 的函数 f(x)= 若关于 x 的函数 h(x)=f (x)+af(x)+
2

有 5 个不同的零点 x1,x2,x3,x4,x5,则 + (A)15 (B)20 (C)30 (D)35

+

+ +

等于( C )

解析:作函数 f(x)=

的图象如图,

8

则由函数 h(x)=f (x)+af(x)+ 有 5 个不同的零点知,

2

1+a+ =0,

解得 a=- ,

则解 f (x)- f(x)+ =0 得,

2

f(x)=1 或 f(x)= ; 故若 f(x)=1,则 x=2 或 x=3 或 x=1; 若 f(x)= ,则 x=0 或 x=4;

故 + +

+

+

=1+4+9+16=30.故选 C.

9.(2015 郑州二模)已知函数 f(x)= 点,则实数 a 的取值范围是( (A)[-1,3) (B)[-3,-1] (C)[-3,3) (D)[-1,1) 解析:因为 f(x)= A )

函数 g(x)=f(x)-2x 恰有三个不同的零

所以 g(x)=f(x)-2x= 而方程-x+3=0 的解为 3, 2 方程 x +4x+3=0 的解为-1,-3; 若函数 g(x)=f(x)-2x 恰有三个不同的零点, 则 解得,-1≤a<3.

实数 a 的取值范围是[-1,3).故选 A. 10.(2015 衡阳二模)已知(x 2

) 的展开式中的常数项为 T,f(x)是以 T 为周期的偶函数,且

5

当 x∈[0,1]时,f(x)=x,若在区间[-1,3]内,函数 g(x)=f(x)-kx-2k 有 4 个零点,则实数 k 的

9

取值范围是(

C )

(A)(0, ] (B)[0, ]

(C)(0, ] (D)[0, ]

解析:(x -

2

) 的通项 Tr+1= (x ) (-

5

2 5-r

x ) =(-1)

-3 r

r

x

10-5r

;

令 10-5r=0 得,r=2;则常数项为 × =2, f(x)是以 2 为周期的偶函数, 因为区间[-1,3]是两个周期, 所以在区间[-1,3]内函数 g(x)=f(x)-kx-2k 有 4 个零点, 可转化为 f(x)与 r(x)=kx+2k 有四个交点, 当 k=0 时,两函数图象只有两个交点,不合题意; 当 k≠0 时,因为函数 r(x)的图象恒过点(-2,0), 则若使两函数图象有四个交点, 必有 0<r(3)≤1;解得,0<k≤ .故选 C.

11.(2013 安徽卷)若函数 f(x)=x +ax +bx+c 有极值点 x1,x2,且 f(x1)=x1,则关于 x 的方程 2 3(f(x)) +2af(x)+b=0 的不同实根个数是( A ) (A)3 (B)4 (C)5 (D)6

3

2

解析:先求函数的导函数,由极值点的性质及题意,得出 f(x)=x1 或 f(x)=x2,再利用数形结合 确定这两个方程实数根的个数. 2 因为 f′(x)=3x +2ax+b, 函数 f(x)的两个极值点为 x1,x2, 所以 f′(x1)=0,f′(x2)=0, 2 所以 x1,x2 是方程 3x +2ax+b=0 的两根. 2 所以解关于 x 的方程 3(f(x)) +2af(x)+b=0 得 f(x)=x1 或 f(x)=x2.不妨设 x1<x2, 由题意知函数 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.

10

又 f(x1)=x1<x2,如图,数形结合可知 f(x)=x1 有两个不同实根,f(x)=x2 有一个实根,所以不同 实根的个数为 3.故选 A. 二、填空题 12.(2015 兰 州 二 模 ) 设 函 数 f(x)= 为 . 函 数 y=f[f(x)]-1 的 零 点 个 数

解析:因为函数 f(x)= 当 x≤0 时, x x y=f[f(x)]-1=f(2 )-1=log22 -1=x-1, 令 y=f[f(x)]-1=0,x=1(舍去). 当 0<x≤1 时, y=f[f(x)]-1=f(log2x)-1= -1=x-1,

令 y=f[f(x)]-1=0,x=1. 当 x>1 时, y=f[f(x)]-1=f(log2x)-1=log2(log2x)-1, 令 y=f[f(x)]-1=0,log2(log2x)=1, 则 log2x=2,x=4, 故函数 y=f[f(x)]-1 的零点个数为 2 个. 答案:2 13.(2011 山东卷)已知函数 f(x)=1ogax+x-b(a>0,且 a≠1).当 2<a<3<b<4 时,函数 f(x)的零 * 点 x0∈(n,n+1),n∈N ,则 n= . 解析:对函数 f(x),因为 2<a<3<b<4, 所以 f(2)=loga2+2-b<1+2-b=3-b<0, f(3)=loga3+3-b>1+3-b=4-b>0. 即 f(2)f(3)<0, 易知 f(x)在(0,+∞)单调递增, 所以 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0∈(2,3), 所以 n=2. 答案:2 14.(2015 潍坊模拟)已知 f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,f′(x)是 f(x)的导函数,若对 ? x∈(0,+∞),都有 f[f(x)-2 ]=3,则方程 f′(x)- =0 的解所在的区间是 度不大于 1) x x 解析:由题意,可知 f(x)-2 是定值,令 t=f(x)-2 , x 则 f(x)=2 +t, t 又 f(t)=2 +t=3,解得 t=1, x 所以有 f(x)=2 +1, x 所以 f′(x)=2 ·ln 2,
x

.(区间长

11

令 F(x)=f′(x)- =2 ·ln 2- , 可得 F(1)=2 ·ln 2-4<0,F(2)=2 ·ln 2-2>0, 即 F(x)=2 ·ln 2- 零点在区间(1,2)内,
x 1 2

x

所以 f′(x)- =0 的解所在的区间是(1,2). 答案:(1,2)

利用导数研究方程根的问题 训练提示:利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数问题的一般思路 (1)将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与 x 轴(或直线 y=k)在该区间上的 交点问题. (2)利用导数研究出该函数在该区间上的单调性、 极值(最值)、 端点值等性质,进而画出其图 象. (3)结合图象求解. 2 x 1.(2015 贵州七校联盟第一次联考)已知函数 f(x)=(ax +x)e ,其中 e 是自然对数的底数,a∈ R. (1)当 a>0 时,解不等式 f(x)≤0; (2)当 a=0 时,求整数 t 的所有值,使方程 f(x)=x+2 在[t,t+1]上有解. x 2 解:(1)因为 e >0,所以不等式 f(x)≤0,即为 ax +x≤0, 又因为 a>0,所以不等式可化为 x(x+ )≤0,

所以不等式 f(x)≤0 的解集为[- ,0]. (2)当 a=0 时,方程即为 xe =x+2,由于 e >0, 所以 x=0 不是方程的解, 所以原方程等价于 e - -1=0,
x x x

令 h(x)=e - -1,

x

因为 h′(x)=e + >0 对于 x≠0 恒成立,

x

12

所以 h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调增函数, 又 h(1)=e-3<0,h(2)=e -2>0,h(-3)=e - <0,h(-2)=
2 -3

>0,

所以方程 f(x)=x+2 有且只有两个实数根,且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上, 所以整数 t 的所有值为{-3,1}. x 【教师备用】 (2015 广东江门市 3 月模拟)设函数 f(x)=e (ln x-a),e 是自然对数的底数,a ∈R 为常数. (1)若 y=f(x)在 x=1 处的切线 l 的斜率为 2e,求 a 的值; (2)在(1)的条件下,证明切线 l 与曲线 y=f(x)在区间(0, )至少有 1 个公共点.

解:(1)f′(x)=e (ln x-a+ ), 依题意,k=f′(1)=e(ln 1-a+1)=2e,解得 a=-1, (2)由(1)f(1)=e,直线 l 的方程为 y-e=2e(x-1), 即 y=2ex-e, x 令 g(x)=f(x)-(2ex-e)=e (ln x+1)-2ex+e, 则 g( )= (1-ln 2)>0,g(e )=-3e -2e +e<-3+e<0(用其他适当的数替代 e 亦可)
-4 e-4 -3 -4

x

因为 y=g(x)在(e , )上是连续不断的曲线,

-4

g(e )g( )<0,y=g(x)在(e , )内有零点,

-4

-4

而(e , )? (0, ),从而切线 l 与曲线 y=f(x)在区间(0, )至少有 1 个公共点. 2.(2015 福建龙岩市 5 月质检)已知函数 f(x)=e (sin x+cos x)+a,g(x)=(a -a+10)e (a∈R 且 a 为常数). (1)若曲线 y=f(x)在(0,f(0))处的切线过点(1,2).求实数 a 的值; (2)若存在实数 x1,x2∈[0,π ],使得 g(x2)<f(x1)+13- 成立,求实数 a 的取值范围;
x 2 x

-4

(3)判断函数 ? (x)=
x

- +1+ln x(b>1)在(0,+∞)上的零点个数,并说明理由.
x x

解:(1)f′(x)=e (sin x+cos x)+e (cos x-sin x)=2e cos x, 又曲线 y=f(x)在(0,f(0))处的切线过点(1,2), 得 f′(0)= ,

13

即 2=1-a,解得 a=-1. (2)存在实数 x1,x2∈[0,π ], 使得 g(x2)<f(x1)+13- 成立,

即 g(x)min<f(x)max+13-

由(1)知 f′(x)=2e cos x=0 在 x∈[0,π ]上的解为 x= ,

x

函数 f(x)在(0, )上递增,在( ,π )上递减,

f(x)max=f( )= +a 又 a -a+10>0 恒成立,g(x)=(a -a+10)e 在[0,π ]上递增, 2 g(x)min=g(0)=a -a+10, 故 a -a+10< +a+13- ,得 a -2a-3<0, 所以实数 a 的取值范围是(-1,3). (3)由 ? (x)= - +1+ln x=0(x>0)得
2 2 2 2 x

- +1+ln x=0,

化为

=1-x-xln x,

令 h(x)=1-x-xln x,则 h′(x)=-2-ln x, -2 由 h′(x)=-2-ln x=0,得 x=e , 故 h(x)在(0, )上递增,在( ,+∞)上递减,

h(x)max=h( )=1+ .

再令 t(x)=

=b(1+ )e ,

x

14

因为 b>1,所以函数 t(x)=b(1+ )e 在(0,+∞)上递增,

x

t(x)>t(0)=b(1+ )e =b(1+ )>1+ . 知 t(x)>h(x)max,由此判断函数 ? (x)在(0,+∞)上没有零点, 故 ? (x)在(0,+∞)上零点个数为 0. 【教师备用】 (2015 四川成都市一诊)已知函数 f(x)=,g(x)=m,其中 m∈R 且 m≠

0

0.e=2.71828…为自然对数的底数. (1)当 m<0 时,求函数 f(x)的单调区间和极小值; (2)当 m>0 时,若函数 g(x)存在 a,b,c 三个零点,且 a<b<c,试证明:-1<a<0<b<e<c; (3)是否存在负数 m,对? x1∈(1,+∞),? x2∈(-∞,0),都有 f(x1)>g(x2)成立?若存在,求出 m 的取值范围;若不存在,请说明理由. 解:(1)f′(x)=-m·

=m·

=

(x>0 且 x≠1).

所以由 f′(x)>0,得 x> ;由 f′(x)<0,得 0<x< ,且 x≠1. 所以函数 f(x)的单调递减区间是(0,1),(1, 所以 f(x)极小值=f( )=-2me. ),单调递增区间是( ,+∞).

(2)g′(x)=-

=

(m>0).

所以 g(x)在(-∞,0)上单调递增,(0, )上单调递减,( ,+∞)上单调递增. 因为函数 g(x)存在三个零点, 所以 ? ? 0<m< .

所以 0<me<2. m m 由 g(-1)=m-me =m(1-e )<0,

15

所以 g(e)=m-

=m(1-

)<0.

综上可知,g(e)<0,g(0)>0,g(-1)<0, 结合函数 g(x)单调性及 a<b<c 可得 a∈(-1,0),b∈(0,e),c∈(e,+∞). 即-1<a<0<b<e<c,得证. (3)由题意,只需 f(x)min>g(x)max, 因为 f′(x)=

由 m<0,所以函数 f(x)在(1, )上单调递减,在( ,+∞)上单调 递增. 所以 f(x)min=f( )=-2me.

因为 g′(x)=

由 m<0,所以函数 g(x)在(-∞, )上单调递增,( ,0)上单调递减.

所以 g(x)max=g( )=m-

.

所以-2me>m-

,不等式两边同乘以负数 m,

得-2m e<m - .

2

2

所以(2e+1)m > ,即 m >

2

2

.

由 m<0,解得 m<-

.

综上所述,存在这样的负数 m∈(-∞,-

)满足题意.

16

类型:利用导数研究方程根的问题 1.设函数 f(x)=ln x-cx(c∈R). (1)讨论函数 f(x)的单调性; 2 (2)若 f(x)≤x 恒成立,求 c 的取值范围; 2 (3)设函数 f(x)有两个相异零点 x1,x2,求证:x1·x2>e . (1)解:因为 f(x)=ln x-cx, 所以 x∈(0,+∞), f′(x)= -c= .

当 c≤0 时,f(x)单调增区间为(0,+∞), 当 c>0 时,f(x)单调增区间为(0, ),f(x)单调减区间为( ,+∞). (2)解:因为 f(x)≤x , 2 所以 ln x-cx≤x , 所以 c≥ -x.
2

设 g(x)=

-x,所以 g′(x)=

,

所以 g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减. 所以 g(x)max=g(1)=-1, 所以 c≥-1. (3)证明:因为 f(x)有两个相异零点, ln x1=cx1,ln x2=cx2, 所以 ln x1-ln x2=c(x1-x2), 所以
2



=c,

② ③

而 x1·x2>e ,等价于 ln x1+ln x2>2,即 cx1+cx2>2, 由①②③得 (x1+x2)>2,

不妨设 x1>x2>0,则 t= >1,

上式转化为 ln t>

(t>1),

设 H(t)=ln t-

(t>1),则 H′(t)=

>0,

17

故函数 H(t)是(1,+∞)上的增函数,所以 H(t)>H(1)=0, 即不等式 ln t> 成立,
2

故所证不等式 x1·x2>e 成立. 2 2 2.(2015 郑州质量预测)已知函数 f(x)=(x -2x)ln x+ax +2. (1)当 a=-1 时,求 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; -2 (2)当 a>0 时,设函数 g(x)=f(x)-x-2,且函数 g(x)有且仅有一个零点,若 e <x<e,g(x)≤m,求 m 的取值范围. 2 2 解:(1)当 a=-1 时,f(x)=(x -2x)ln x-x +2,定义域为(0,+∞), f′(x)=(2x-2)ln x+(x-2)-2x. 所以 f′(1)=-3,又 f(1)=1,f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 3x+y-4=0. (2)令 g(x)=f(x)-x-2=0,则(x -2x)ln x+ax +2=x+2,即 a=
2 2

,

令 h(x)=

,

则 h′(x)=- - +

=

.

令 t(x)=1-x-2ln x,t′(x)=-1- =

,

因为 t′(x)<0,所以 t(x)在(0,+∞)上是减函数, 又因为 t(1)=h′(1)=0, 所以当 0<x<1 时,h′(x)>0,当 x>1 时,h′(x)<0, 所以 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以 h(x)max=h(1)=1. 因为 a>0,所以当函数 g(x)有且仅有一个零点时,a=1. 2 2 当 a=1,g(x)=(x -2x)ln x+x -x, -2 若 e <x<e,g(x)≤m,只需 g(x)max≤m, g′(x)=(x-1)(3+2ln x),令 g′(x)=0 得 x=1 或 x= 又因为 e <x<e, 所以函数 g(x)在(e ,
-2 -2

,

)上单调递增,在(

,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增,

又 g(

)=- e +2

-3

,g(e)=2e -3e,

2

因为 g(

)=- e +2

-3

<2e<2e(e- )=g(e),即 g(

)<g(e),
18

g(x)max=g(e)=2e -3e, 2 所以 m≥2e -3e. 3 2 3.已知函数 f(x)=x -ax ,常数 a∈R. (1)若 a=1,过点(1,0)作曲线 y=f(x)的切线 l,求 l 的方程; (2)若曲线 y=f(x)与直线 y=x-1 只有一个交点,求实数 a 的取值范围. 2 解:函数求导得 f′(x)=3x -2ax. 2 (1)当 a=1 时有 f′(x)=3x -2x, 设切点 P 为(x0,y0),则 k=f′(x0)=3 -2x0, 则 P 处的切线方程为 y=(3 -2x0)(x-x0)+ 该直线经过点(1,0), 所以有 0=(3 -2x0)(1-x0)+ - , 化简得 -2 +x0=0, 解得 x0=0 或 x0=1, 所以切线方程为 y=0 和 y=x-1. 3 2 (2)法一 由题得方程 x -ax -x+1=0 只有一个根, 3 2 2 设 g(x)=x -ax -x+1,则 g′(x)=3x -2ax-1, 2 因为Δ =4a +12>0, 所以 g′(x)有两个零点 x1,x2,即 3 -2axi-1=0(i=1,2),且 x1x2<0,a= , .

2

不妨设 x1<0<x2,所以 g(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)单调递增,在(x1,x2)单调递减, g(x1)为极大值,g(x2)为极小值, 3 2 方程 x -ax -x+1=0 只有一个根等价于 g(x1)>0 且 g(x2)>0, 或 g(x1)<0 且 g(x2)<0, 又 g(xi)= -a -xi+1= -xi+1

=-

- +1(i=1,2),

设 h(x)=- x - +1,所以 h′(x)=- x - <0, 所以 h(x)为减函数, 又 h(1)=0,所以 x<1 时 h(x)>0,x>1 时 h(x)<0, 所以 xi(i=1,2)大于 1 或小于 1, 由 x1<0<x2 知,xi(i=1,2)只能小于 1, 2 所以由二次函数 g′(x)=3x -2ax-1 性质可得 g′(1)=3-2a-1>0,所以 a<1. 法二 曲线 y=f(x)与直线 y=x-1 只有一个交点, 2 3 等价于关于 x 的方程 ax =x -x+1 只有一个实根.

3

2

19

显然 x≠0,所以方程 a=x- + 只有一个实根.

设函数 g(x)=x- + ,

则 g′(x)=1+ - =
3

.
2

设 h(x)=x +x-2,h′(x)=3x +1>0,h(x)为增函数, 又 h(1)=0.所以当 x<0 时,g′(x)>0,g(x)为增函数; 当 0<x<1 时,g′(x)<0,g(x)为减函数; 当 x>1 时,g′(x)>0,g(x)为增函数; 所以 g(x)在 x=1 时取极小值 1. 又当 x 趋向于 0 时,g(x)趋向于正无穷; 又当 x 趋向于负无穷时,g(x)趋向于负无穷; 又当 x 趋向于正无穷时,g(x)趋向于正无穷. 所以 g(x)图象大致如图所示.

所以方程 a=x- + 只有一个实根时,实数 a 的取值范围为(-∞,1). 【教师备用】 设函数 f(x)=xln x(x>0),g(x)=-x+2. (1)求函数 f(x)在点 M(e,f(e))处的切线方程; 2 (2)设 F(x)=ax -(a+2)x+f′(x)(a>0),讨论函数 F(x)的单调性; (3)设函数 H(x)=f(x)+g(x),是否同时存在实数 m 和 M(m<M),使得对每一个 t∈[m,M],直线 y=t 与曲线 y=H(x)(x∈[ ,e])都有公共点?若存在,求出最小的实数 m 和最大的实数 M;若 不存在,说明理由. 解:(1)f′(x)=ln x+1(x>0),则函数 f(x)在点 M(e,f(e))处的斜率为 f′(e)=2,f(e)=e, 所以,所求切线方程为 y-e=2(x-e),即 y=2x-e. 2 (2)F(x)=ax -(a+2)x+ln x+1(x>0), F′(x)=2ax-(a+2)+ =

20

=

(x>0,a>0)

令 F′(x)=0,则 x= 或 .

①当 0<a<2 即 > 时,

令 F′(x)>0 解得 0<x< 或 x> ;

令 F′(x)<0 解得 <x< .

所以 F(x)在(0, ),( ,+∞)上单调递增,在( , )上单调递减.

②当 a=2 即 = 时,F′(x)≥0 恒成立. 所以 F(x)在(0,+∞)上单调递增. ③当 a>2 即 < 时,

函数 F(x)在(0, ),( ,+∞)上单调递增,在( , )上单调递减. (3)H(x)=-x+2+xln x,H′(x)=ln x. 令 H′(x)=0,则 x=1. 当 x 在区间[ ,e]内变化时,H′(x),H(x)的变化情况如下表:

x H′(x) H(x) 2-

( ,1) 单调递减

1 0 极小值 1

(1,e) + 单调递增

e

2

因为 2- <2,所以 H(x)在区间[ ,e]内值域为[1,2], 由此可得,
21



则对每一个 t∈[m,M],直线 y=t 与曲线 y=H(x)(x∈[ ,e])都有公共点,并且对每一

个 t∈(-∞,m)∪(M,+∞),直线 y=t 与曲线 y=H(x)(x∈[ ,e])都没有公共点.

综合以上,存在实数 m=1 和 M=2,使得对每一个 t∈[m,M],直线 y=t 与曲线 y=H(x)(x∈[ ,e]) 都有公共点.

22


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