推荐导数压轴题之导数研究函数的零点含答案word版.docx
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推荐导数压轴题之导数研究函数的零点含答案word版
专题:
导数研究函数的零点问题
(2018•榆林二模)已知函数f(x)=x(lnx﹣ax),(a∈R).
(2)若函数f(x)既有极大值又有极小值,求实数a的取值范围.
②当a>0时,令h'(x)=0,可得
,列表:
x
h'(x)
+
0
﹣
h(x)
↗
极大值
↘
若
,即
,
,即f'(x)≤0,
故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,函数f(x)在(0,+∞)上不存在极值,与题意不符,
若
,即
时,
由于
,且
=
,
故存在
,使得h(x)=0,即f'(x)=0,
且当x∈(0,x1)时,f'(x)<0,函数f(x)在(0,x1)上单调递减;
当
时,f'(x)>0,函数f(x)在(0,x1)上单调递增,函数f(x)在x=x1处取极小值.
由于
,且
=
(事实上,令
,
=
,故μ(a)在(0,1)上单调递增,所以μ(a)<μ
(1)=﹣1<0).
故存在
,使得h(x)=0,即f'(x)=0,
且当
时,f'(x)>0,函数f(x)在
上单调递增;
当x∈(x2,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)在(x2,+∞)上单调递减,函数f(x)在x=x2处取极大值.
综上所述,当
时,函数f(x)在(0,+∞)上既有极大值又有极小值.
(2018•河南一模)已知:
f(x)=(2﹣x)ex+a(x﹣1)2(a∈R)
(2)若对任意的x∈R,都有f(x)≤2ex,求a的取值范围.
【解答】解:
(1)f′(x)=(1﹣x)ex+2a(x﹣1)=(x﹣1)(2a﹣ex),
当a≤0时,函数在(﹣∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减;
当
时,函数在(﹣∞,ln2a),(1,+∞)上递减,在(ln2a,1)上递增;
当
时,函数在(﹣∞,1),(ln2a,+∞)上递减,在(1,ln2a)上递增;
当
时,函数在R上递减;
(2)由对任意的x∈R,f(x)≤2ex,即(2﹣x)ex+a(x﹣1)2≤2ex,
当x=1时,ex+a(x﹣1)2≤2ex,恒成立,
当x≠1时,整理得:
a≤
,对任意x∈R恒成立,
设g(x)=
,求导g′(x)=
=
,
令g′(x)=0,解得:
x=1±
,
当x=1+
附近时,当x>1+
,g′(x)>0,当1<x<1+
,f′(x)<0,
∴当x=1+
时取极小值,极小值为
,
当x=1﹣
附近时,当x>1﹣
,g′(x)>0,当x<1﹣
,g′(x)<0,
当x=1﹣
时取极小值,极小值为
,
由
<
,
∴g(x)的最小值为
,
由题意对任意的x∈R,都有f(x)≤2ex,即a≤f(x)最小值,
∴a的取值范围(﹣∞,
].
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(2018•乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)=aex﹣x2.
(2)若关于x的方程f(x)+x2﹣x=0有两个不相等的实根,求a的取值范围.
【解答】
(2)设g(x)=f(x)+x2﹣x=aex﹣x,
即g(x)有2个零点,g′(x)=aex﹣1,
若a≤0,g′(x)<0,故g(x)递减,
∴g(x)至多有1个零点,
若a>0,g′(x)<0,得x<ln
,g′(x)>0,得x>ln
,
故g(x)在(﹣∞,ln
)递减,在(ln
,+∞)递增,
故g(x)min=g(ln
)=1+lna<0,即a<
,
故0<a<
,此时
>e,即ln
>1,
当x<0时,g(x)>0,∴g(x)在(﹣∞,ln
)上必有1个零点,
由
(1)知当x>
时,ex>x2,即g(x)=x(ax﹣1)>0,
而ex>x2>x,得x>lnx,∴
>ln
,
故g(x)在(ln
,+∞)上必有1个零点,
综上,0<a<
时,关于x的方程f(x)+x2﹣x=0有两个不相等的实根.
【点评】本题考查了不等式的证明,考查函数的单调性、最值问题,考查导数的应用,是一道中档题.
(2018•烟台模拟)已知
有两个零点.
(1)求a的取值范围;
【解答】解:
(1)
,……………………(1分)
当a≤0时,f'(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)单调递增,f(x)至多有一个零点.…………(2分)
当a>0时,令f'(x)=0,解得
,
当
时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当
,f'(x)>0,f(x)单调递增,
故当
时函数取最小值
.…………………(4分)
①当0<a≤e时,1﹣lna≥0,即
,
所以f(x)至多有一个零点.……………………(5分)
②当a>e时,1﹣lna≤0,即
.
因为
,所以f(x)在
有一个零点;………………(6分)
因为lna≤a﹣1,所以ln2a≤2a﹣1,f(2a)=2a2﹣aln2a≥2a2﹣a(2a﹣1)=a>0,
由于
,所以f(x)在
有一个零点.
综上,a的取值范围是(e,+∞).………………………(7分)
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(2018•济宁一模)已知函数
.
(2)当a>0时,证明函数g(x)=f(x)﹣(a+1)x恰有一个零点.
解
(2)证明:
﹣(a+1)x,x>0,
∴
,
①当0<a<1时,
由g'(x)>0得0<x<a或x>1,g'(x)<0得a<x<1,
∴g(x)在(0,a)上递增,在(a,1)上递减,在(1,+∞)上递增.
又
<0,g(2a+2)=aln(2a+2)>0,
∴当0<a<1时函数g(x)恰有一个零点;
②当a=1时,g'(x)≥0恒成立,g(x)在(0,+∞)上递增.
又
,g(4)=ln4>0,
所以当a=1时函数g(x)恰有一个零点;
③当a>1时,
由g'(x)>0得0<x<1或x>a,g'(x)<0得1<x<a,
∴g(x)在(0,1)上递增,在(1,a)上递减,在(a,+∞)上递增.
又
,g(2a+2)=aln(2a+2)>0,
∴当a>1时函数g(x)恰有一个零点.
综上,当a>0时,函数g(x)=f(x)﹣(a+1)x恰有一个零点.
【点评】本题考查导数的运用:
求切线的斜率和单调性,考查函数的零点个数的判断,注意运用函数零点存在定理,以及分类讨论思想方法,考查化简整理的运算能力,属于中档题.
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(2018•淄博一模)设函数
(其中k∈R).
(2)当k≤0时,讨论函数f(x)的零点个数.
【解答】解:
(2)f(0)=﹣1,
①当k<0时,
,又f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在[0,+∞)上只有一个零点,
在区间(﹣∞,0)中,因为
,
取
,于是
,
又f(x)在(﹣∞,0)上单调递减,故f(x)在(﹣∞,0)上也只有一个零点,
所以,函数f(x)在定义域(﹣∞,+∞)上有两个零点;
②当k=0时,f(x)=(x﹣1)ex在单调递增区间[0,+∞)内,只有f
(1)=0.
而在区间(﹣∞,0)内f(x)<0,即f(x)在此区间内无零点.
所以,函数f(x)在定义域(﹣∞,+∞)上只有唯一的零点.
【点评】本题考查函数的单调性的判断与应用,导函数的符号,以及函数的最值,考查转化思想以及分类讨论思想的应用.
(2018•内江一模)已知函数f(x)=ex﹣2,其中e≈2.71828…是自然对数的底数.
(Ⅱ)设m为整数,函数g(x)=f(x)﹣lnx﹣m有两个零点,求m的最小值.
【解答】解:
(Ⅱ)函数g(x)的定义域为(0,+∞)
当m≤0时,由(Ⅰ)知,g(x)=ex﹣lnx﹣2﹣m>﹣m≥0,故g(x)无零点…(6分)
当m=1时,g(x)=ex﹣lnx﹣3,
∵g'
(1)=e﹣1>0,
,且g'(x)为(0,+∞)上的增函数
∴g'(x)有唯一的零点
当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减
当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增
∴g(x)的最小值为
…(8分)
由x0为g'(x)的零点知,
,于是
∴g(x)的最小值
由
知,
,即g(x0)<0…(10分)
又g
(2)=e2+ln2﹣3>0,
∴g(x)在
上有一个零点,在(x0,2)上有一个零点
∴g(x)有两个零点…(11分)
综上所述,m的最小值为1…(12分)
【点评】本题考查了不等式的证明,考查函数的零点问题,考查分类讨论思想,转化思想,是一道中档题.
(2018•四川模拟)已知函数
.
(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2,求a的取值范围,并证明x1+x2>2.
解
(2)当a≥0时,由
(1)知f(x)在x=1处取得极大值
,
且当x趋向于0时,f(x)趋向于负无穷大,
又f
(2)=ln2﹣2<0,f(x)有两个零点,则
,解得a>2.
当﹣1<a<0时,若0<x<1,f'(x)>0;若
;若
,
则f(x)在x=1处取得极大值,在
处取得极小值,由于
,则f(x)仅有一个零点.
当a=﹣1时,
,则f(x)仅有一个零点.
当a<﹣1时,若
;若
;
若x>1,f'(x)>0,则f(x)在x=1处取得极小值,
在
处取得极大值,由于
,则f(x)仅有一个零点.
综上,f(x)有两个零点时,a的取值范围是(2,+∞).
(2018•荆州一模)已知函数f(x)=ex﹣m﹣xlnx﹣(m﹣1)x,m∈R,f′(x)为函数f(x)的导函数.
(1)若m=1,求证:
对任意x∈(0,+∞),f′(x)≥0;
(2)若f(x)有两个极值点,求实数m的取值范围.
【解答】
(2)f(x)有两个极值点,即f′(x)=ex﹣m﹣lnx﹣m有两个变号零点.
①当m≤1时,f′(x)=ex﹣m﹣lnx﹣m≥ex﹣1﹣lnx﹣1,由
(1)知f′(x)≥0,
则f(x)在(0,+∞)上是增函数,无极值点;(6分)
②当m>1时,令g(x)=f′(x),则
,
∵g′
(1)=e1﹣m﹣1<0
>0,且g′(x)在(0,+∞)上单增,
∴∃x0∈(1,m),使g′(x0)=0.
当x∈(0,x0)时,g′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,g′(x)>0.
所以,g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
则g(x)在x=x0处取得极小值,也即最小值g(x0)=
.(8分)
由g′(x0)=0得m=x0+lnx0,则g(x0)=
(9分)
令h(x)=
(1<x<m)则
,h(x)在(1,m)上单调递减,
所以h(x)<h
(1)=0.即g(x0)<0,(10分)
又x→0时,g(x)→+∞,x→+∞时,g(x)→+∞,故g(x)在(0,+∞)上有
两个变号零点,从而f(x)有两个极值点.所以,m>1满足题意.(11分)
综上所述,f(x)有两个极值点时,m的取值范围是(1,+∞).(12分)(其他解法酌情给分)
【点评】题主要考查导数的综合应用,利用函数单调性极值和导数之间的关系是解决本题的关键.,对于参数要进行分类讨论,综合性较强,难度较大.
(2018•张家界三模)已知关于x的方程(1﹣x)ex﹣ax2=a有两个不同的实数根x1,x2.
(1)求实数a的取值范围;
(2)求证:
x1+x2<0.
【解答】解:
(1)因为(1﹣x)ex﹣ax2=a,所以
,
令
,
则
,
令f'(x)>0,解得x<0,令f'(x)<0,解得x>0,
则函数f(x)在(﹣∞,
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