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.docx
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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.docx
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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
2019-2020年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
函数零点的个数问题
1.函数f(x)=xcos2x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)=xcos2x=0,则x=0,或cos2x=0,而在区间[0,2π]上,通过观察y=cos2x的函数图象,易得满足cos2x=0的x的值有,,,,所以零点的个数为5个.
2.(xx南昌二模)已知函数f(x)=函数g(x)是周期为2的偶函数,且当x∈[0,1]时,g(x)=2x-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.(xx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lgx=0,即x=1,由f[f(x)]=0,得f(x)=1,
当x>0时,函数y=lgx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=的图象与y轴交点的纵坐标-a<1,得-1 答案: (-1,0)∪(0,+∞) 4.(xx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 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.(xx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( B ) (A)(0,1)(B)(1,2)(C)(2,e)(D)(3,4) 解析: 设f(x)=ln(x+1)-,则f (1)=ln2-2<0,f (2)=ln3-1>0,得f (1)f (2)<0,函数f(x)在区间(1,2)有零点,故选B. 6.(xx河南郑州市一模)设函数f(x)=ex+2x-4,g(x)=lnx+2x2-5,若实数a,b分别是f(x),g(x)的零点,则( A ) (A)g(a)<0 (C)f(b)<0 解析: 考查函数y=ex与y=4-2x的图象,得其交点的横坐标a应满足0 满足1e+2-4>0,可排除C,D;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.(xx河南省六市3月第一次联合调研)设函数f(x)=xlnx,g(x)=(-x2+ax-3)ex(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)=2exf(x)成立,求实数a的取值范围. 解: (1)当a=5时g(x)=(-x2+5x-3)·ex,g (1)=e. g′(x)=(-x2+3x+2)·ex,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)=lnx+1, x (0,) (,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值(最小值) 单调递增 ①当t≥时,在区间(t,t+2)上f(x)为增函数, 所以f(x)min=f(t)=tlnt, ②当0 所以f(x)min=f()=-. (3)由g(x)=2exf(x),可得2xlnx=-x2+ax-3, a=x+2lnx+, 令h(x)=x+2lnx+, h′(x)=1+-=. x (,1) 1 (1,e) h′(x) - 0 + 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.(xx湖北八市联考)已知函数f(x)=ln(x+a)-x2-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)=-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)由a=1知f(x)=ln(x+1)-x2-x, 由f(x)=-x+b, 得ln(x+1)-x2+x-b=0, 令(x)=ln(x+1)-x2+x-b, 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; 当x∈(1,2)时,′(x)<0,于是(x)在(1,2)上单调递减; 依题意有 解得ln3-1≤b 所以实数b的取值范围是[ln3-1,ln2+). 一、选择题 1.(xx太原一模)已知实数a,b满足2a=3,3b=2,则函数f(x)=ax+x-b的零点所在的区间是( B ) (A)(-2,-1)(B)(-1,0)(C)(0,1)(D)(1,2) 解析: 因为实数a,b满足2a=3,3b=2, 所以a=log23>1,0 因为函数f(x)=ax+x-b, 所以f(x)=(log23)x+x-log32单调递增, 因为f(0)=1-log32>0 f(-1)=log32-1-log32=-1<0, 所以根据函数的零点存在性定理得出函数f(x)=ax+x-b的零点所在的区间是(-1,0),故选B. 2.(xx凉山州模拟)设函数f(x)=|lnx|-的两个零点为x1,x2,则有( A ) (A)x1x2<1(B)x1x2=1 (C)1 解析: 由f(x)=|lnx|-=0,得|lnx|=, 作函数y=|lnx|与y=的图象如图. 不妨设x1 由图可知,x1<1 则lnx1<0,且|lnx1|>|lnx2|, 所以-lnx1>lnx2,则lnx1+lnx2<0,即ln(x1x2)<0, 所以x1x2<1. 故选A. 3.(xx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)=ln1=0, 所以当x≤0时,函数f(x)没有零点, 故-2x+a>0或-2x+a<0在(-∞,0]上恒成立, 即a>2x,或a<2x在(-∞,0]上恒成立, 故a>1或a≤0.故选D. 4.(xx重庆卷)已知函数f(x)=且g(x)=f(x)-mx-m在(-1,1]内有且仅有两个不同的零点,则实数m的取值范围是( A ) (A)(-,-2]∪(0,](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 5.(xx湖北卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x≥0时, f(x)=x2-3x.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, 由x2-3x=x-3, 解得x=1或3; 当x<0时,由f(x)是奇函数得 -f(x)=f(-x)=x2-3(-x), 即f(x)=-x2-3x. 由f(x)=x-3得x=-2-(正根舍去).故选D. 6.已知x0是函数f(x)=2x+的一个零点,若x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞),则( B ) (A)f(x1)<0,f(x2)<0(B)f(x1)<0,f(x2)>0 (C)f(x1)>0,f(x2)<0(D)f(x1)>0,f(x2)>0 解析: 函数y=2x,y=在(1,+∞)都为单调增函数, 所以f(x)=2x+在(1,+∞)上为单调增函数. 因为f(x0)=0, 所以x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞)时, f(x1) 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 (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, 或 即x=0或kx=; 由f(kx)+1=得, 或 即ekx=1+(无解)或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.(xx怀化二模)定义域为R的函数f(x)=若关于x的函数h(x)=f2(x)+af(x)+有5个不同的零点x1,x2,x3,x4,x5,则++++等于( C ) (A)15(B)20(C)30(D)35 解析: 作函数f(x)=的图象如图, 则由函数h(x)=f2(x)+af(x)+有5个不同的零点知, 1+a+=0, 解得a=-, 则解f2(x)-f(x)+=0得, 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.(xx郑州二模)已知函数f(x)=函数g(x)=f(x)-2x恰有三个不同的零点,则实数a的取值范围是( A ) (A)[-1,3)(B)[-3,-1] (C)[-3,3)(D)[-1,1) 解析: 因为f(x)= 所以g(x)=f(x)-2x= 而方程-x+3=0的解为3, 方程x2+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.(xx衡阳二模)已知(x2-)5的展开式中的常数项为T,f(x)是以T为周期的偶函数,且当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的取值范围是( C ) (A)(0,](B)[0,] (C)(0,](D)[0,] 解析: (x2-)5的通项Tr+1=(x2)5-r(-x-3)r=(-1)rx10-5r; 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 11.(xx安徽卷)若函数f(x)=x3+ax2+bx+c有极值点x1,x2,且f(x1)=x1,则关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根个数是( A ) (A)3(B)4(C)5(D)6 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. 因为f′(x)=3x2+2ax+b, 函数f(x)的两个极值点为x1,x2, 所以f′(x1)=0,f′(x2)=0, 所以x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的两根. 所以解关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0得f(x)=x1或f(x)=x2.不妨设x1 由题意知函数f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减. 又f(x1)=x1 二、填空题 12.(xx兰州二模)设函数f(x)=函数y=f[f(x)]-1的零点个数为 . 解析: 因为函数f(x)= 当x≤0时, y=f[f(x)]-1=f(2x)-1=log22x-1=x-1, 令y=f[f(x)]-1=0,x=1(舍去). 当0 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.(xx山东卷)已知函数f(x)=1ogax+x-b(a>0,且a≠1).当2 解析: 对函数f(x),因为2 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.(xx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)-2x]=3,则方程f′(x)-=0的解所在的区间是 .(区间长度不大于1) 解析: 由题意,可知f(x)-2x是定值,令t=f(x)-2x, 则f(x)=2x+t, 又f(t)=2t+t=3,解得t=1, 所以有f(x)=2x+1, 所以f′(x)=2x·ln2, 令F(x)=f′(x)-=2x·ln2-, 可得F (1)=21·ln2-4<0,F (2)=22·ln2-2>0, 即F(x)=2x·ln2-零点在区间(1,2)内, 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. 1.(xx贵州七校联盟第一次联考)已知函数f(x)=(ax2+x)ex,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. 解: (1)因为ex>0,所以不等式f(x)≤0,即为ax2+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xex=x+2,由于ex>0, 所以x=0不是方程的解, 所以原方程等价于ex--1=0, 令h(x)=ex--1, 因为h′(x)=ex+>0对于x≠0恒成立, 所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调增函数, 又h (1)=e-3<0,h (2)=e2-2>0,h(-3)=e-3-<0,h(-2)=>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}. 【教师备用】(xx广东江门市3月模拟)设函数f(x)=ex(lnx-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)=ex(lnx-a+), 依题意,k=f′ (1)=e(ln1-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, 令g(x)=f(x)-(2ex-e)=ex(lnx+1)-2ex+e, 则g()=(1-ln2)>0,g(e-4)=-3ee-4-2e-3+e<-3+e<0(用其他适当的数替代e-4亦可) 因为y=g(x)在(e-4,)上是连续不断的曲线, g(e-4)g()<0,y=g(x)在(e-4,)内有零点, 而(e-4,)⊂(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.(xx福建龙岩市5月质检)已知函数f(x)=ex(sinx+cosx)+a,g(x)=(a2-a+10)ex(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) (3)判断函数(x)=-+1+lnx(b>1)在(0,+∞)上的零点个数,并说明理由. 解: (1)f′(x)=ex(sinx+cosx)+ex(cosx-sinx)=2excosx, 又曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线过点(1,2), 得f′(0)=, 即2=1-a,解得a=-1. (2)存在实数x1,x2∈[0,π], 使得g(x2) 即g(x)min 由 (1)知f′(x)=2excosx=0在x∈[0,π]上的解为x=, 函数f(x)在(0,)上递增,在(,π)上递减, f(x)max=f()=+a 又a2-a+10>0恒成立,g(x)=(a2-a+10)ex在[0,π]上递增, g(x)min=g(0)=a2-a+10, 故a2-a+10<+a+13-,得a2-2a-3<0, 所以实数a的取值范围是(-1,3). (3)由(x)=-+1+lnx=0(x>0)得 -+1+lnx=0, 化为=1-x-xlnx, 令h(x)=1-x-xlnx,则h′(x)=-2-lnx, 由h′(x)=-2-lnx=0,得x=e-2, 故h(x)在(0,)上递增,在(,+∞)上递减, h(x)max=h()=1+. 再令t(x)==b(1+)ex, 因为b>1,所以函数t(x)=b(1+)ex在(0,+∞)上递增, t(x)>t(0)=b(1+)e0=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】(xx四川成都市一诊)已知函数f(x)=-,g(x)=m-,其中m∈R且m≠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
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