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二轮复习:2.4.3-导数与函数的零点及参数范围课件(含答案)


2.4.3 导数与函数的零点及参数范围

-2-

判断、证明或讨论函数零点个数 解题策略一 应用单调性、零点存在性定理、数形结合判断 例1设函数f(x)=e2x-aln x. (1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数; 2 (2)证明当a>0时,f(x)≥2a+aln . 难点突破 (1)讨论f'(x)零点的个数要依据f'(x)的单调性,应用零点 存在性定理进行判断.
(2)证明 f(x)≥2a+aln ?证明 f(x)max≥2a+aln .
2 2

时 ,f'(x)>0,f'(x)没有零点 ,当 a>0 时 ,因为e 单调递增,- 单调递增 ,所 1 以 f'(x)在 (0,+∞)单调递增 .又 f'(a)>0,当 b 满足 0<b< 且 b< 时 ,f'(b)<0, 4 4
2

(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e

2

? (x>0).当



a≤0

故当 a>0 时 ,f'(x)存在唯一零点.

-3-

(2)证明 由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0) 时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0. 故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增, 所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).

由于 2e20 ? 所以 f(x0)=




0

=0,
2 2 2

2 0

+2ax0+aln ≥2a+aln .


故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln .
解题心得研究函数零点或方程根的情况,可以通过导数研究函数 的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,并借助函数的大致图象 判断函数零点或方程根的情况.

-4-

对点训练1已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切 线与x轴交点的横坐标为-2. (1)求a; (2)证明当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点. (1)解 f'(x)=3x2-6x+a,f'(0)=a, 曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,
由题设得- =-2,所以 a=1.
2

-5-

(2)证明 由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2, 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4, 由题设知1-k>0. 当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增, g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根. 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4, 则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,所 以g(x)>h(x)≥h(2)=0, 所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根. 综上,g(x)=0在R有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个 交点.

-6-

解题策略二 分类讨论法 1 例2已知函数f(x)=x3+ax+ 4 ,g(x)=-ln x. (1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线; (2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数 h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数. 难点突破 (1)设切点(x0,0),依题意f(x0)=0,f'(x0)=0,得关于a,x0的方 程组解之. (2)为确定出h(x)对自变量x>0分类讨论;确定出h(x)后对参数a分 类讨论h(x)零点的个数,h(x)零点的个数的确定要依据h(x)的单调性 和零点存在性定理.

-7-

解 (1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f'(x0)=0,



3 0 + 0 + = 0, 4

1

2 30 + = 0, 1 3 解得 x0= ,a=- . 2

因此,当 a=- 时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线.
4

3

4

(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0, 故h(x)在(1,+∞)无零点.

当 x=1 时,若 a≥- ,
则 f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故 x=1 是 h(x)的零点 ; 若 a<- ,则 f(1)<0,h(1)=min{ f(1),g(1)}=f(1)<0,故 x=1 不是 h(x)的零 点.
4 5 4 5

5 4

当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.

-8-

(ⅰ)若a≤-3或a≥0,则f'(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.

而 f(0)= ,f(1)=a+ ,
4 4

1

5

所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)没有 零点.

(ⅱ)若-3<a<0,则 f(x)在 0, 3

3

单调递减,在

- ,1 单调递增,故
3



在(0,1)中,当 x= - 时,f(x)取得最小值,最小值为 f
1 4

-

3

=

2 3

- +
3



.

①若 f ②若 f

-

3 3

>0,即- <a<0,f(x)在(0,1)无零点;
4

3

=0,即 a=- ,则 f(x)在 (0,1)有唯一零点;
4

3

-9-

③若 f

-

3

<0,即-3<a<- ,由于 f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当- <a<4 4 4 4 5 4
3 4 5 4 3 4 5 4

3

1

5

5

3 4

时,f(x)在(0,1)有两个零点;当-3<a≤- 时,f(x)在(0,1)有一个零点.
综上,当 a>- 或 a<- 时 ,h(x)有一个零点;当 a=- 或 a=- 时 ,h(x)有两 个零点;当- <a<- 时,h(x)有三个零点.
4 4 5 3

解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判 断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数. 2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对 参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要 对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分 类.

-10 2 2

对点训练2已知函数f(x)=aln x+ -(a+1)· x,a∈R. (1)当a=-1时,求函数f(x)的最小值; (2)当a≤1时,讨论函数f(x)的零点个数.

解 (1)函数f(x)的定义域为{x|x>0}.

当 a=-1 时,f(x)=-ln x+ , f'(x)=- +x= 由
( +1)( -1) 1 2 -1

2

=

2 ( +1)( -1)

.
( +1)( -1)

>0(x>0),解得 x>1;由

<0(x>0),解得 0<x<1.

所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增. 1 所以x=1时,函数f(x)取得最小值f(1)= 2 .

-11-

(2)f'(x)=

(-1)(- )

,x>0.①当 a≤0 时,若 x∈(0,1),

则f'(x)<0,f(x)为减函数; 若x∈(1,+∞),则f‘(x)>0,f(x)为增函数.所以f(x)在x=1时取得最小值 1 f(1)=-a- 2 .

(a)当 a=0 时 ,f(x)= -x,由于 x>0,令 f(x)=0,x=2. 则 f(x)在 (0,+∞)内有一个零点; 1 (b)当 a=- 时 ,即 f(1)=0 时 ,f(x)有一个零点; (c)当 a<- 时 ,即 f(1)>0 时,f(x)无零点. (d)当 - <a<0 时 ,即 f(1)<0 时,
2 1 2 2 1 2

2

由于x→0(从右侧趋近0)时,f(x)→+∞; x→+∞时,f(x)→+∞,所以f(x)有两个零点.

-12-

②当0<a<1时,x∈(0,a)时,f'(x)>0,f(x)为增函数;
x∈(a,1)时,f'(x)<0,f(x)为减函数; x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)为增函数. 所以f(x)在x=a处取极大值,f(x)在x=1处取极小值.

f(a)=aln a+ a2-(a+1)a=aln a- a2-a.
2 2

1

1

当0<a<1时,f(a)<0,即在x∈(0,1)时,f(x)<0. 而f(x)在x∈(1,+∞)时为增函数,且x→+∞时,f(x)→+∞, 所以此时f(x)有一个零点.

-13-

③当 a=1 时,f'(x)=

( -1)2

≥0 在(0,+∞)内恒成立,

所以f(x)为增函数. 且x→0(从右侧趋近于0)时,f(x)→-∞;x→+∞时,f(x)→+∞.所以f(x) 有一个零点.

综上所述,当 0≤a≤1 或 a=- 时,f(x)有一个零点 ; 当 a<- 时,f(x)无零点;当- <a<0 时,f(x)有两个零点.
2 2 1 1 2

1

-14-

解题策略一

已知零点个数求参数范围 最小值法

例3(2017内蒙古包头一模,文20)已知函数f(x)=ax+x2-xln a(a>0,a≠1). (1)当a>1时,求证:函数f(x)在(0,+∞)内单调递增; (2)若函数y=|f(x)-t|-1有三个零点,求t的值. 难点突破 (1)先求f(x)的导函数f'(x),再证明f'(x)>0. (2)由题意当a>0,a≠1时,f'(x)=0有唯一解x=0,y=|f(x)-t|-1有三个零 点?f(x)=t±1有三个根,从而t-1=(f(x))min=f(0)=1,解得t即可.

-15-

(1)证明 f'(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)ln a. 由于a>1,故当x∈(0,+∞)时,ln a>0,ax-1>0, 所以f'(x)>0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)解 当a>0,a≠1时,∵f'(x)=2x+(ax-1)ln a, ∴[f'(x)]'=2+ax(ln a)2>0, ∴f'(x)在R上单调递增,因为f'(0)=0,故f'(x)=0有唯一解x=0. 所以x,f'(x),f(x)的变化情况如表所示:
x f'(x) f(x) (-∞,0) 递减 0 0 极小值 (0,+∞) + 递增

又函数y=|f(x)-t|-1有三个零点, 所以方程f(x)=t±1有三个根, 而t+1>t-1,所以t-1=f(x)min=f(0)=1,解得t=2.

-16-

解题心得在已知函数y=f(x)有几个零点求f(x)中参数t的值或范围 问题,经常从f(x)中分离出参数t=g(x),然后用求导的方法求出g(x)的 最值,再根据题意求出参数t的值或范围.

-17-

对点训练3已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R). (1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程; 1 (2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在 e ,e 上有两个零点,求实数m的取值范 围.
解 (1)当 a=2 时,f(x)=2ln x-x2+2x,f'(x)= -2x+2,切点坐标为(1,1),
2

切线的斜率k=f'(1)=2,则切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.

-182 -2( +1)( -1)

(2)g(x)=2ln x-x2+m,则 g'(x)= -2x=
1 e 1 e

.

因为 x∈ ,e ,所以当 g'(x)=0 时 ,x=1. 当 <x<1 时 ,g'(x)>0;当 1<x<e 时 ,g'(x)<0. 故 g(x)在 x=1 处取得极大值 g(1)=m-1. 又g
1 e

=m-2- 2,g(e)=m+2-e2,
1 e e

1

g(e)-g

=4-e + 2<0,
1 e e

2

1

则 g(e)<g
1 e

,所以 g(x)在 ,e 上的最小值是 g(e).
e

1

g(x)在 ,e 上有两个零点的条件是
1 e

(1) = -1 > 0,
1 e

= -2 -

1 e2

≤ 0,
1 e2

解得 1<m≤2+ 2,所以实数 m 的取值范围是 1,2 +

.

-19-

解题策略二 分类讨论法 例4(2017吉林市三模,文20)已知函数f(x)= ln ,曲线y=f(x)在点 (e2,f(e2))处的切线与直线2x+y=0垂直(其中e为自然对数的底数). (1)求f(x)的解析式及单调减区间;
2 (2)若函数 g(x)=f(x)- 无零点,求 k 的取值范围. -1 2 2 难点突破 (2)∵g(x)=x ,函数 g(x)无零点,即要 ? 在 x ln -1 ln -1 2(-1) ∈(0,1)∪(1,+∞)内无解,亦即要 kln x=0 在 x∈(0,1)∪(1,+∞)内 2(-1) -2 无解.构造函数 h(x)=kln x?h'(x)= 2 .

对k讨论,运用单调性和函数零点存在定理,即可得到k的范围.

-20-

解 (1)由已知得 f'(x)= 故 f(x)=
2 ln

(ln -1) (ln )2

,由题意 f'(e2)= ?
2

1

4

= ,m=2,
2

1

.
2(ln -1) (ln )2 2 -1

此时 f'(x)=

,由 f'(x)≤0?0<x<1 或 1<x≤e,
2

故 f(x)的单调减区间为 (0,1)和 (1,e]. (2)g(x)=f(x)?g(x)=x 要函数 g(x)无零点 ,即要 亦即要 kln x2( -1) 2( -1) ln -1 2

-



,且定义域为(0,1)∪(1,+∞), 在 x∈(0,1)∪(1,+∞)内无解 ,

ln

=

-1

=0 在 x∈(0,1)∪(1,+∞)内无解 . ?h'(x)=
-2 2

令 h(x)=kln x-

.

①当k≤0时,h'(x)<0在x∈(0,1)∪(1,+∞)内恒成立,
即h(x)在(0,1)内递减,在(1,+∞)内也单调递减. 又h(1)=0,所以在(0,1)和(1,+∞)内也无零点,故满足条件.

-21-

②当 k>0 时 ,h'(x)=
在 1,
2
2

-2 2

=

-

2 2

,

若 0<k<2,则函数 h(x)在 (0,1)内单调递减, 内也单调递减,在
2 2 2 2

, + ∞ 内单调递增.
2

又 h(1)=0,所以在(0,1)内无零点,易知 h 而 h(e )=k·-2+ 2 >0,故在
e

<0,

, + ∞ 内有一个零点,不满足条件 .

若k=2,则h(x)在(0,1)内递减,在(1,+∞)内单调递增. 又h(1)=0,所以x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h(x)>0恒成立,故无零点,满足 条件.

若 k>2,则函数 h(x)在 0, 在 (1,+∞)内也单调递增. 又 h(1)=0,所以在 又易知 h
2 2

2

内递减,在

2

,1 递增 ,

,1 及 (1,+∞)内均无零点.

<0,而 h(e-k)=k· (-k)-2+2ek=2ek-k 2-2,

-22-

当k>2时,h(e-k)>0,

所以函数 h(x)在 0,

2

内有一零点,故不满足条件.

综上可得,k的取值范围为k≤0或k=2. 解题心得在已知函数零点个数的情况下,求参数的范围问题,通 常采用分类讨论法,依据题目中的函数解析式的构成,将参数分类, 在参数的小范围内研究函数零点的个数是否符合题意,将满足题意 的参数的各个小范围并在一起,即为所求参数范围.

-23-

对点训练4已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解 (1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). (ⅰ)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0. 所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增. (ⅱ)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).

①若 a=-2,则 f'(x)=(x-1)(ex-e),
所以 f(x)在(-∞,+∞)单调递增. e ②若 a>- ,则 ln(-2a)<1,
2

e

故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f'(x)>0; 当x∈(ln(-2a),1)时,f'(x)<0. 所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)单调递增,在(ln(-2a),1)单调递减.

-24-

③若 a<-2,则 ln(-2a)>1,
故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0; 当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)单调递增, 在(1,ln(-2a))单调递减. (2)(ⅰ)设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.

e

又 f(1)=-e,f(2)=a,取 b 满足 b<0 且 b<ln , 则 f(b)> (b-2)+a(b-1)2=a 2 - >0,
2 2 3 2



所以f(x)有两个零点. (ⅱ)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.

(ⅲ)设 a<0,若 a≥- ,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)单调递增.
2

e

又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;

-25-

e 若a<- 2 ,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调

递增. 又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点. 综上,a的取值范围为(0,+∞).

-26-

与函数零点有关的证明问题 解题策略 等价转换后构造函数证明 例5设函数f(x)=x2-aln x,g(x)=(a-2)x. (1)求函数f(x)的单调区间. (2)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1,x2, ①求满足条件的最小正整数a的值;

②求证:F'

1 + 2 2

>0.

-27-

难点突破 (2)①求出函数F(x)的导数,

求出 F(x)的最小值 F 令

2

<0,即 -a2+4a-4aln <0,
2



h(a)=a+4aln -4,根据函数的单调性求出 2
2 +2 - 2 -2 1 1 2 2

a 的范围即可 ;

②由 F(x1)=F(x2)得 a=
易知 x∈


1 +ln 1 - 2 -ln 2

,


∴F'

1 + 2 2

2

, + ∞ 时 ,F'(x)>0, >0?
2 -2 +1 1 + 2 2

> ?ln
2



1 2

<

2 1 -2 2 1 + 2

,设 t= 1 (0<t<1).
2

令 m(t)=ln t-

,根据函数的单调性证 m(t)<0 即可 .

-28-

解 (1)f'(x)=2x- =




2 2 -

(x>0).

当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 所以f(x)单调递增区间为(0,+∞),此时f(x)无单调减区间.

当 a>0 时,由 f'(x)>0,得 x> 所以 f(x)的单调增区间为
(2)①∵F(x)=x2-aln x-(a-2)x,

2 2 2 2

,f'(x)<0,得 0<x<

2 2

,
2 2

, + ∞ ,单调减区间为 0,
=
(2 - )( +1) 2

.

∴F'(x)=2x-(a-2)- =
此时函数 F(x)在 0, 即 -a +4a-4aln <0.
2
2



2 2 -( -2) -

(x>0).

因为函数 F(x)有两个零点 ,所以 a>0,
2

单调递减,在
2

, + ∞ 单调递增.

所以 F(x)的最小值 F


<0,

-29-

∵a>0,∴a+4ln 2 -4>0.
令 h(a)=a+4ln -4,显然 h(a)在 (0,+∞)上为增函数,
2



且 h(2)=-2<0,h(3)=4ln -1=ln -1>0,
2 16

3

81

所以存在a0∈(2,3),h(a0)=0. 当a>a0时,h(a)>0,所以满足条件的最小正整数a=3. 2 2 ②证明:不妨设 0<x1<x2,于是1 -(a-2)x1-aln x1= 2 -(a-2)x2-aln x2, 2 2 即1 +2x1- 2 -2x2=ax1+aln x 1-ax2-aln x2=a(x1+ln x1-x 2-ln x 2).

所以 a=

2 +2 - 2 -2 1 1 2 2

∵F'

2

1 +ln 1 - 2 -ln 2 1 + 2

.
2

=0,∴当 x∈ 0,

时,F'(x)<0,当 x∈



故只要证

2 2 1 +ln 1 - 2 -ln 2 2 2 2 2 即证1 ? 2 +(x1+x2)(ln x 1-ln x 2)< 1 +2x1-2 -2x2, 1 2 1 -2 2

> 即可,即证 x1+x2> .

2 2 2 -2 1 +2 1 - 2 2

, + ∞ 时 ,F'(x)>0, ,

也就是证 ln

2

<

1 + 2

-30 1 2

设 t= (0<t<1). 令 m(t)=ln t则 m'(t)= ?
1 2 -2 +1 4

, =
( -1)2 ( +1)2

( +1)2

.

因为t>0,所以m'(t)≥0,当且仅当t=1时,m'(t)=0,所以m(t)在(0,+∞) 上是增函数. 又m(1)=0,所以当t∈(0,1),m(t)<0总成立,所以原题得证. 解题心得证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条 件,即零点对应的函数值为0,证明的思路一般对条件等价转化,构造 合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值 情况等)再结合函数图象来解决.

-31-

对点训练5(2017河南天一大联考,文21)已知函数f(x)=aln 1 x,g(x)=x+ +f'(x). (1)讨论h(x)=g(x)-f(x)的单调性; (2)若h(x)的极值点为3,设方程f(x)+mx=0的两个根为x1,x2,且
2 '( + )+ 6 ≥ea,求证: 1 2 > . 1 5 '(1 -2 )
( +1)[ -(1+ )] 2 1+

(1)解 ∵h(x)=g(x)-f(x)=x-aln x+

,其定义域是(0,+∞),

∴h'(x)=

.

①1+a≤0即a≤-1时,x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)递增; ②a+1>0即a>-1时,x∈(0,1+a)时,h'(x)<0,x∈(1+a,+∞)时,h'(x)>0,
h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增, 综上,a>-1时,h(x)在(0,1+a)递减,在(1+a,+∞)递增,a≤-1时,h(x)在 (0,+∞)递增.

-32-

(2)证明 由(1)得x=1+a是函数h(x)的唯一极值点,故a=2. ∵2ln x1+mx1=0,2ln x2+mx2=0, ∴2(ln x2-ln x1)=m(x1-x2),

又 f(x)=2ln x,∴f'(x)= ,
2 + '( 1 + 2 )+ 1 + 2 2 '( 1 - 2 ) 1 - 2 2 1 1 - 2 1 - 2 1 1 + 2 2 1+ 2 1 2 1- 2

2

=

=

1 - 2 2

2 1 + 2

+

=

+m

=

+ln 2 .
1
2 +1 ( +1)2

令 =t≥e ,φ(t)=
1 '( 1 + 2 )+ '( 1 - 2 )

1+

+ln t,则 φ'(t)=

>0,
2 2 6

∴φ(t)在 [e2,+∞)上递增 ,φ(t)≥φ(e2)=1+e 2 +1>1+32 +1 = 5,
故 > .
5 6


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