版高考数学新设计大一轮复习第三章导数及其表示第2节第4课时导数与函数的零点习题理科新人教A版.docx
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版高考数学新设计大一轮复习第三章导数及其表示第2节第4课时导数与函数的零点习题理科新人教A版
第4课时 导数与函数的零点
考点一 判断零点的个数
【例1】(2019·合肥质检)已知二次函数f(x)的最小值为-4,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R}.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求函数g(x)=-4lnx的零点个数.
解
(1)∵f(x)是二次函数,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R},
∴设f(x)=a(x+1)(x-3)=ax2-2ax-3a,且a>0.
∴f(x)min=f
(1)=-4a=-4,a=1.
故函数f(x)的解析式为f(x)=x2-2x-3.
(2)由
(1)知g(x)=-4lnx=x--4lnx-2,
∴g(x)的定义域为(0,+∞),g′(x)=1+-=,令g′(x)=0,得x1=1,x2=3.
当x变化时,g′(x),g(x)的取值变化情况如下表:
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3,+∞)
g′(x)
+
0
-
0
+
g(x)
极大值
极小值
当0 (1)=-4<0, 当x>3时,g(e5)=e5--20-2>25-1-22=9>0. 又因为g(x)在(3,+∞)上单调递增, 因而g(x)在(3,+∞)上只有1个零点, 故g(x)仅有1个零点. 规律方法 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求,g′(x)=0可解),转化确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解函数零点的个数. (2)利用零点存在性定理: 先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上零点的个数. 【训练1】已知函数f(x)=ex-1,g(x)=+x,其中e是自然对数的底数,e=2.71828…. (1)证明: 函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点; (2)求方程f(x)=g(x)的根的个数,并说明理由. (1)证明 由题意可得h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x, 所以h (1)=e-3<0,h (2)=e2-3->0, 所以h (1)h (2)<0, 所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点. (2)解 由 (1)可知h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x. 由g(x)=+x知x∈[0,+∞), 而h(0)=0,则x=0为h(x)的一个零点. 又h(x)在(1,2)内有零点, 因此h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点. h′(x)=ex-x--1,记φ(x)=ex-x--1, 则φ′(x)=ex+x-. 当x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增, 易知φ(x)在(0,+∞)内至多有一个零点, 即h(x)在[0,+∞)内至多有两个零点, 则h(x)在[0,+∞)上有且只有两个零点, 所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2. 考点二 已知函数零点个数求参数的取值范围 【例2】函数f(x)=ax+xlnx在x=1处取得极值. (1)求f(x)的单调区间; (2)若y=f(x)-m-1在定义域内有两个不同的零点,求实数m的取值范围. 解 (1)函数f(x)=ax+xlnx的定义域为(0,+∞). f′(x)=a+lnx+1, 因为f′ (1)=a+1=0,解得a=-1, 当a=-1时,f(x)=-x+xlnx, 即f′(x)=lnx,令f′(x)>0,解得x>1; 令f′(x)<0,解得0 所以f(x)在x=1处取得极小值,f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1). (2)y=f(x)-m-1在(0,+∞)内有两个不同的零点,可转化为y=f(x)与y=m+1图象有两个不同的交点. 由 (1)知,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)min=f (1)=-1, 由题意得,m+1>-1, 即m>-2,① 当0 当x>0且x→0时,f(x)→0; 当x→+∞时,显然f(x)→+∞. 由图象可知,m+1<0,即m<-1,② 由①②可得-2 所以m的取值范围是(-2,-1). 规律方法 与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,从而判断函数的大致图象,讨论其图象与x轴的位置关系,进而确定参数的取值范围;或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题. 【训练2】已知函数f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0). (1)若f(0)=2,求实数a的值,并求此时f(x)在[-2,1]上的最小值; (2)若函数f(x)不存在零点,求实数a的取值范围. 解 (1)由题意知,函数f(x)的定义域为R, 又f(0)=1-a=2,得a=-1, 所以f(x)=ex-x+1,求导得f′(x)=ex-1. 易知f(x)在[-2,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增, 所以当x=0时,f(x)在[-2,1]上取得最小值2. (2)由 (1)知f′(x)=ex+a,由于ex>0, ①当a>0时,f′(x)>0,f(x)在R上是增函数, 当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0; 当x<0时,取x=-, 则f<1+a=-a<0. 所以函数f(x)存在零点,不满足题意. ②当a<0时,令f′(x)=0,得x=ln(-a). 在(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)单调递减, 在(ln(-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增, 所以当x=ln(-a)时,f(x)取最小值. 函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(-a))=eln(-a)+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,解得-e2 综上所述,所求实数a的取值范围是(-e2,0). 考点三 函数零点的综合问题 【例3】设函数f(x)=e2x-alnx. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数; (2)证明: 当a>0时,f(x)≥2a+aln. (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0). 当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点; 当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增, 所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增. 又f′(a)>0,假设存在b满足0 故当a>0时,f′(x)存在唯一零点. (2)证明 由 (1),可设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0, 当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0. 故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0). 由于2e2x0-=0, 所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln. 故当a>0时,f(x)≥2a+aln. 规律方法 1.在 (1)中,当a>0时,f′(x)在(0,+∞)上单调递增,从而f′(x)在 (0,+∞)上至多有一个零点,问题的关键是找到b,使f′(b)<0. 2.由 (1)知,函数f′(x)存在唯一零点x0,则f(x0)为函数的最小值,从而把问题转化为证明f(x0)≥2a+aln. 【训练3】(2018·东北三省四校联考)已知函数f(x)=lnx-x-m(m<-2,m为常数). (1)求函数f(x)在的最小值; (2)设x1,x2是函数f(x)的两个零点,且x1 x1·x2<1. (1)解 f(x)=lnx-x-m(m<-2)的定义域为(0,+∞),且f′(x)==0,∴x=1. 当x∈(0,1)时,f′(x)>0,所以y=f(x)在(0,1)递增; 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,所以y=f(x)在(1,+∞)上递减. 且f=-1--m,f(e)=1-e-m, 因为f-f(e)=-2-+e>0, 函数f(x)在的最小值为1-e-m. (2)证明 由 (1)知x1,x2满足lnx-x-m=0,且0 lnx1-x1-m=lnx2-x2-m=0, 由题意可知lnx2-x2=m<-2 又由 (1)可知f(x)=lnx-x在(1,+∞)递减,故x2>2, 所以0 则f(x1)-f=lnx1-x1- =lnx2-x2- =-x2++2lnx2. 令g(x)=-x++2lnx(x>2), 则g′(x)=-1-+==≤0, 当x>2时,g(x)是减函数, 所以g(x) (2)=-+ln4. 因-ln4=ln>ln=ln=ln=ln>ln1=0, ∴g(x)<0, 所以当x>2时,f(x1)-f<0, 即f(x1) 因为0 所以x1<,故x1x2<1. [思维升华] 1.解决函数y=f(x)的零点问题,可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势,观察图象与x轴的位置关系,利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等. 2.通过等价变形,可将“函数F(x)=f(x)-g(x)的零点”与“方程f(x)=g(x)的解”问题相互转化. [易错防范] 函数y=f(x)在某一区间(a,b)上存在零点,必要时要由函数零点存在定理作为保证. 基础巩固题组 (建议用时: 35分钟) 一、选择题 1.已知函数f(x)的定义域为[-1,4],部分对应值如下表: x -1 0 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示.当1 A.1B.2C.3D.4 解析 根据导函数图象,知2是函数的极小值点,函数y=f(x)的大致图象如图所示.
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