函数y=f(x)-g(x)有两个零点.
类型二 学会审题
[例2] (2016·高考全国甲卷)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).
(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f
(1))处的切线方程;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.
审题路线图
(1)→→→
(2)
→→
[规范解答]
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
当a=4时,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),
f
(1)=0,f′(x)=lnx+-3,f′
(1)=-2.
故曲线y=f(x)在(1,f
(1))处的切线方程为2x+y-2=0.
(2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于lnx->0.
设g(x)=lnx-,
则g′(x)=-=,g
(1)=0.
①当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)单调递增,因此g(x)>0;
②当a>2时,令g′(x)=0得x1=a-1-,x2=a-1+.
由x2>1和x1x2=1得x1<1,故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)单调递减,因此g(x)<g
(1),即g(x)<0.
综上,a的取值范围是(-∞,2].
2.已知函数f(x)=x-alnx,g(x)=-(a∈R).
(1)当a=1时,求曲线f(x)在x=1处的切线方程;
(2)设函数h(x)=f(x)-g(x),求函数h(x)的单调区间;
(3)若在[1,e](e=2.718…)上存在一点x0,使得f(x0)<g(x0)成立,求a的取值范围.
解:
(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
当a=1时,f(x)=x-lnx,f′(x)=1-=,
f
(1)=1,f′
(1)=0,切点(1,1),斜率k=0,
∴曲线f(x)在点(1,1)处的切线方程为y=1.
(2)h(x)=x+-alnx,
h′(x)=1--=
=.
①当a+1>0时,即a>-1时,在(0,1+a)上h′(x)<0,在(1+a,+∞)上h′(x)>0,
所以h(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单调递增;
②当a+1≤0,即a≤-1时,在(0,+∞)上h′(x)>0,所以,函数h(x)在(0,+∞)上单调递增.
(3)在[1,e]上存在一点x0,使得f(x0)<g(x0)成立,即在[1,e]上存在一点x0,使得h(x0)<0,即函数h(x)=x+-alnx在[1,e]上的最小值小于零.
由
(2)可知,①当a+1≥e,即a≥e-1时,h(x)在[1,e]上单调递减,
所以h(x)的最小值为h(e),由h(e)=e+-a<0可得a>,
因为>e-1,所以a>;
②当a+1≤1,即a≤0时,h(x)在[1,e]上单调递增,
所以h(x)的最小值为h
(1),由h
(1)=1+1+a<0可得a<-2;
③当1<a+1<e,即0<a<e-1时,可得h(x)最小值为h(1+a)=2+a-aln(1+a),因为0<ln(1+a)<1,所以0<aln(1+a)<a.故h(1+a)=2+a-aln(1+a)>2,此时不存在x0使h(x0)<0成立.
综上可得,所求a的范围是∪(-∞,-2).
类型三 学会规范
[例3] (本题满分12分)设函数f(x)=-klnx,k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值.
(2)证明若f(x)有零点,则f(x)在区间(1,)上仅有一个零点.
[考生不规范示例]
(1)f′(x)=x-=.
因为k>0,所以由f′(x)=0,得x=.
令f′(x)>0,得x>,令f′(x)<0,得x<.
所以f(x)的增区间是(,+∞),减区间是(-∞,).
当x=时,取得极小值f()=.
当≥,即k≥e时,f
(1)=>0,f()=≤0.
所以f(x)在区间(1,)上有一个零点.
综上,若f(x)有零点,则f(x)在区间(1,)上仅有一个零点.
[规范解答]
(1)由f(x)=-klnx(k>0),得x>0且f′(x)=x-=.(2分)
由f′(x)=0,解得x=(负值舍去).(4分)
f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:
x
(0,
)
(
,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
所以,f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).f(x)在x=处取得极小值f()=.(6分)
(2)证明:
由
(1)知f(x)在(0,+∞)上的最小值为f()=.
因为f(x)存在零点,所以≤0,从而k≥e.(8分)
当k=e时,f(x)在区间(1,)上单调递减,且f()=0,(10分)
所以x=是f(x)在区间(1,)上的唯一零点.
当k>e时,f(x)在区间(1,)上单调递减,且f
(1)=>0,f()=<0,
所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.
综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.(12分)
[终极提升]——登高博见
用导数证明不等式的基本思路是构造函数——就是根据题目特征,对问题进行深入分析,找出已知与所求之间的联系纽带,善于变换思维,运用转化的思想,化归的方法将数学命题由一种形式向另一种形式转换,构造出恰当的函数.
研究方程的根的情况,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方程根的情况,这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.
限时规范训练九 利用导数研究函数性质、
证明不等式
(建议用时45分钟)
解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
1.已知函数f(x)=(a≠0,a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当a=1时,若对任意x1,x2∈[-3,+∞),有f(x1)-f(x2)≤m成立,求实数m的最小值.
解:
f′(x)=.
令f′(x)=0,解得x=a或x=-3a.
(1)当a>0时,f′(x),f(x)随着x的变化如下表:
x
(-∞,-3a)
-3a
(-3a,a)
a
(a,+∞)
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
极小值
极大值
函数f(x)的单调递增区间是(-3a,a),函数f(x)的单调递减区间是(-∞,-3a),(a,+∞).
当a<0时,f′(x),f(x)随着x的变化如下表:
x
(-∞,a)
a
(a,-3a)
-3a
(-3a,+∞)
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
极小值
极大值
函数f(x)的单调递增区间是(a,-3a),函数f(x)的单调递减区间是(-∞,a),(-3a,+∞).
(2)当a=1时,由
(1)得f(x)是(-3,1)上的增函数,是(1,+∞)上的减函数.
又当x>1时,f(x)=>0,
所以f(x)在[-3,+∞)上的最小值为f(-3)=-,最大值为f
(1)=.
所以对任意x1,x2∈[-3,+∞),f(x1)-f(x2)≤f
(1)-f(-3)=.
所以对任意x1,x2∈[-3,+∞),使f(x1)-f(x2)≤m恒成立的实数m的最小值为.
2.已知函数f(x)=-lnx,x∈[1,3].
(1)求f(x)的最大值与最小值;
(2)若f(x)<4-at对任意的x∈[1,3],t∈[0,2]恒成立,求实数a的取值范围;
解:
(1)∵函数f(x)=-lnx,∴f′(x)=-=,令f′(x)=0得x=±2,
∵x∈[1,3],当10;
∴f(x)在(1,2)上是单调减函数,在(2,3)上是单调增函数,
∴f(x)在x=2处取得极小值f
(2)=-ln2;
又f
(1)=,f(3)=-ln3,
∵ln3>1,∴-=ln3-1>0,
∴f
(1)>f(3),
∴x=1时f(x)的最大值为,x=2时函数取得最小值为-ln2.
(2)由
(1)知当x∈[1,3]时,f(x)≤,故对任意x∈[1,3],
f(x)<4-at恒成立,
只要4-at>对任意t∈[0,2]恒成立,即at<恒成立,记g(t)=at,t∈[0,2].
解得a<.
即实数a的取值范围是.
3.已知函数f(x)=ax2-lnx+1(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)求证:
当a=1时,f(x)>x2+在(1,+∞)上恒成立.
解:
(1)由于f(x)=ax2-lnx+1(a∈R),
故f′(x)=2ax-=(x>0).
①当a≤0时,f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上是单调递减函数.
②当a>0时,令f′(x)=0,得x=.
当x变化时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:
x
f′(x)
-
0
+
f(x)
极小值
由表可知,f(x)在上是单调递减函数,在上是单调递增函数.
综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;
当a>0时,f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
(2)当a=1时,f(x)=x2-lnx+1,
设F(x)=x2-lnx+1-x2-=x2-lnx-,
则F′(x)=x-==>0在(1,+∞)上恒成立,
∴F(x)在(1,+∞)上为增函数,且F
(1)=0,
即F(x)>0在(1,+∞)上恒成立,
∴当a=1时,f(x)>x2+在(1,+∞)上恒成立.
4.已知函数f(x)=lnx+-2kx,其中常数k∈R.
(1)求f(x)的单调增区间;
(2)若y=f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,证明f(x2)<-.
解:
(1)f′(x)=+x-2k(x>0).
①当k≤1时,f′(x)=+x-2k≥2-2k=2-2k≥0,函数f(x)为增函数,
②当k>1时,f′(x)=+x-2k=(x>0),
由f′(x)=0,得x2-2kx+1=0,解得两根x1,x2,
其中0<x1=k-<x2=k+.
x,f′(x),f(x)的取值变化情况如下表:
x
(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
综合①②知,当k≤1时,f(x)的增区间为(0,+∞);
当k>1时,f(x)的增区间为(0,k-),[k+,+∞).
(2)证明:
当k≤1时,y=f(x)在(0,+∞)上是增函数,至多有一极值点,不合题意.
当k>1时,f′(x)=+x-2k=(x>0).
x2-2kx+1=0在x>0时有两个零点,且x1+x2=2k,x1x2=1,
则f(x2)=lnx2+-2kx2=lnx2+-x2=lnx2--1,
f′(x2)=-x2=,
当x2∈(0,1)时,f′(x2)>0,当x2∈(1,+∞)时,f′(x2)<0,
∴f(x2)<f
(1)=-.
专题三~六 规范滚动训练(六)
(建议用时45分钟)
解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
1.从某市主办的科技知识竞赛的学生成绩中随机选取了40名学生的成绩作为样本,已知这40名学生的成绩全部在40分至100分之间,现将成绩按如下方式分成6组:
第一组[40,50);第二组[50,60);……;第六组[90,100],并据此绘制了如图所示的频率分布直方图.
(1)求成绩在区间[80,90)内的学生人数;
(2)从成绩大于等于80分的学生中随机选2名,求至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内的概率.
解:
(1)因为各组的频率之和为1,所以成绩在区间[80,90)内的频率为1-(0.005×2+0.015+0.020+0.045)×10=0.1,
所以选取的40名学生中成绩在区间[80,90)内的学生人数为40×0.1=4.
(2)设A表示事件“在成绩大于等于80分的学生中随机选2名,至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”,由
(1)可知成绩在区间[80,90)内的学生有4人,记这4名学生分别为a,b,c,d,
成绩在区间[90,100]内的学生有0.005×10×40=2(人),记这2名学生分别为e,f,
则选取2名学生的所有可能结果为(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(a,f),(b,c),(b,d),(b,e),(b,f),(c,d),(c,e),(c,f),(d,e),(d,f),(e,f),共15种,
事件“至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”的可能结果为(a,e),(a,f),(b,e),(b,f),(c,e),(c,f),(d,e),(d,f),(e,f),共9种,
所以P(A)==.
2.如图,在三棱锥PABC中,△PAC,△ABC分别是以A,B为直角顶点的等腰直角三角形,AB=1.
(1)现给出三个条件:
①PB=,②PB⊥BC,③平面PAB⊥平面ABC,试从中任意选取一个作为已知条件,并证明PA⊥平面ABC;
(2)在
(1)的条件下,求三棱锥PABC的体积.
解:
法一:
选取条件①.
(1)在等腰直角三角形ABC中,∵AB=1,
∴BC=1,AC=.又PA=AC,∴PA=.
在△PAB中,AB=1,PA=,PB=,
∴AB2+PA2=PB2,∴∠PAB=90°,
即PA⊥AB,又PA⊥AC,AB∩AC=A,
∴PA⊥平面ABC.
(2)由
(1)可知PA⊥平面ABC.
∴V三棱锥PABC=PA·S△ABC=×××12=.
法二:
选取条件②.
(1)∵PB⊥BC,又AB⊥BC,且PB∩AB=B,
∴BC⊥平面PAB.
又PA⊂平面PAB,∴BC⊥PA,又PA⊥AC,BC∩AC=C,
∴PA⊥平面ABC.
(2)由
(1)可知PA⊥平面ABC.
∵AB=BC=1,AB⊥BC,∴AC=PA=.
∴V三棱锥PABC=×AB×BC×PA=××1×1×=.
法三:
选取条件③.
(1)∵平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,BC⊂平面ABC,BC⊥AB,
∴BC⊥平面PAB.又PA⊂平面PAB,∴BC⊥PA,又PA⊥AC,BC∩AC=C,∴PA⊥平面ABC.
(2)由
(1)可知PA⊥平面ABC.
∵AB=BC=1,AB⊥BC,∴AC=PA=.
∴V三棱锥PABC=×AB×BC×PA=××1×1×=.
3.已知圆心为C的圆满足下列条件:
圆心C位于y轴的正半轴上,圆C与x轴交于A,B两点,|AB|=4,点B到直线AC的距离为.
(1)求圆C的标准方程;
(2)若直线y=kx-1(k∈R)与圆C交于M,N两点,·=-2(O为坐标原点),求k的值.
解:
(1)设圆C:
x2+(y-a)2=r2(a>0,r>0),圆心C(0,a),依题意不妨设A(-2,0),B(2,0),
所以直线AC的方程为ax-2y+2a=0,因为点B到直线AC的距离为,
所以=,解得a=±1,因为a>0,所以a=1,
所以r=|AC|=,
所以圆C的标准方程为x2+(y-1)2=5.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),
又直线y=kx-1与圆C交于M,N两点,联立,
消去y得(1+k2)x2-4kx-1=0.
Δ=(-4k)2+4(1+k2)=4(5k2+1)>0恒成立,即直线与圆恒有两个不同的交点.
由根与系数的关系知x1+x2=,x1x2=,
所以y1y2=(kx1-1)(kx2-1)=k2x1x2-k(x1+x2)+1=-+1=,
因为·=-2,
所以x1x2+y1y2=+==-2,
解得k=±1.
4.已知函数f(x)=(e为自然对数的底数)在x=-1处的切线方程为ex-y+e=0.
(1)求实数a,b的值;
(2)若存在不相等的实数x1,x2,使得f(x1)=f(x2),求证:
x1+x2>0.
解:
∵f(x)=
∴f′(x)=.
(1)因为函数f(x)在x=-1处的切线方程为ex-y+e=0,
所以,
所以,解得
(2)由
(1)可知,f′(x)=-.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,0)
0
(0,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
1
单调递减
不妨设x1<x2,因为f(x1)=f(x2),所以x1<0<x2,则-x1>0.
记g(x)=f(-x)-f(x),即g(x)=(1-x)ex-,
所以g′(x)=-ex+(1-x)ex+=-xex+=.
当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,0)
0
(0,+∞)
g′(x)
-
0
-
g(x)
单调递减
0
单调递减
所以g(x1)>g(0)=0,
故f(-x1)>f(x1).
所以f(-x1)>f(x2).
因为f(x)在(0,+∞)上为减函数,所以-x1<x2,故x1+x2>0.