《2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第二篇考点六 考查角度3 用导数研究函数的零点问题 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第二篇考点六 考查角度3 用导数研究函数的零点问题 Word版含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 考查角度 3 用导数研究函数的零点问题 分类透析一 确定函数零点或方程根的个数问题 例 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. 分析 (1)先整理出函数关系式,再通过零点存在性定理证明;(2) 本问求解的关键是通过构造函数,把方程根的问题转化为函数零点问 题来解决. 解析 (1)由h(x)=f(x)-g(x)=ex-1-x得, h(1)=e-30,且h(x)在区间(
2、1,2)上是连续的,2 所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点. (2)由(1)得h(x)=ex-1-x,x0,+).又h(0)=0, 则x=0 为h(x)的一个零点,又由(1)知h(x)在(1,2)内有零点, 因此h(x)在0,+)上至少有两个零点. 因为h(x)=ex-1,记(x)=ex-1,则(x)=ex+ 1 2 - 1 2 1 2 - 1 2 1 4 . - 3 2 当x(0,+)时,(x)0,因此(x)在(0,+)上单调递增, 则(x)在(0,+)上至多只有一个零点,即h(x)在0,+)上至多有 两个零点. 所以方程f(x)=g(x)的根的个数为 2. 方法技巧 利用导数确定函数
3、零点或方程根个数的方法 (1)构建函数g(x)(要求g(x)易求,g(x)=0 可解),转化为确定 函数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, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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,利 用数形结合求解. (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)及区间端点值的符 号,进而判断函数在该区间上零点的个数. 分类透析二 根据函数的零点或方程根的个数求参数的取值范 围 例 2 已知函数f(x)=(2-a)x-2(1+ln x)+a. (1)当a=
4、1 时,求f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在区间上无零点,求a的最小值. ( 0, 1 2) 分析 (1)利用导数求单调性的方法求出函数的单调区间;(2)把 函数f(x)构造成两个函数进行分析求解. 解析 (1)当a=1 时,f(x)=x-1-2ln x,则f(x)=1-,x(0,+). 2 由f(x)0,得x2,由f(x), 1 2ln2 1 2 所以当x时,f(x)f=0. ( 0, 1 2) ( 1 2) 故f(x)在上无零点. ( 0, 1 2) 综上,a的最小值为 2-4ln 2. 方法技巧 用导数研究函数的零点问题,一方面用导数判断函数 的单调性,借助零点存在性定理判断;
5、另一方面,也可将零点问题转化 为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决.对于函数零点个数问 题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、 图象确定其中参数 的取值范围.从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值;从图 象的对称性,分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势,分析函数的单调 性、周期性等.但需注意探求与论证之间的区别,论证是充要关系,要 充分利用零点存在性定理及函数的单调性,准确求出函数的零点个数. 1.(2018 年浙江卷,22 改编)设函数f(x)=ln x-ax(aR). (1)求曲线y=f(x)在点A(1,f(1)处的切线方程,并证明:除点A外, 曲 线y=f(x)都在该切线
6、的下方. (2)若函数h(x)=ex+f(x)在区间(1,3)上有零点,求a的取值范围. 解析 (1)由题意知f(x)= -a,所以f(1)=1-a. 1 因为f(1)=-a,所以切线方程为y+a=(1-a)(x-1), 即y=(1-a)x-1. 设p(x)=f(x)-(1-a)x+1=ln x-x+1, 则p(x)=. 1 - 若x1,则p(x)0. 所以p(x)max=p(1)=0.所以p(x)0,所以f(x)(1-a)x-1,当且 仅当x=1 时,取等号, 故除点A外,曲线y=f(x)都在该切线的下方. (2)h(x)=ex+f(x)在区间(1,3)上有零点, 即a=在x(1,3)上有实
7、数解. e+ ln 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 设F(x)=,则F(x)=. e+ ln e(x - 1) + 1 - ln 2 设g(x)=ex(x-1)+1-ln x,则g(x)=x. (e - 1 2) 由函数的单调性和零点存在性定理,得函数y=ex-(x0)的零点 1 2 在(0,1)上,且y0 在(1,3)上恒成立, 所以g(x)0(x(1,3), 即g(x)在(1,3)上单调递增, 所以g(x)g(1)=1,则F(x)0 在(1,3)上恒成立. 所以F(x)在(1,3)上单调递增, 所以F(x), ( e, e3+ ln3 3 ) 所以a的取值范围是. ( e, e
8、3+ ln3 3 ) 2.(2016 年北京卷,文 20 改编)已知函数f(x)=x3-3ax-1,a0. (1)求f(x)的单调区间; (2)若f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与y=f(x)的图象有三个不同 的交点,求m的取值范围. 解析 (1)由题意得f(x)=3x2-3a=3(x2-a), 当a0, 所以当a0 时,由f(x)0,解得x, 由f(x)0 时,f(x)的单调递增区间为(-,-),( ,+),f(x)的单调递减区间为(-,). 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)因为f(x)在x=-1 处取得极值, 所以f(-1)=3(-1)2-3a=0,解得a=1.
9、所以f(x)=x3-3x-1,f(x)=3x2-3. 由f(x)=0,解得x1=-1,x2=1. 由(1)中f(x)的单调性,可知f(x)在x=-1 处取得极大值,极大值 为f(-1)=1,在x=1 处取得极小值,极小值为f(1)=-3. 因为直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点, 结合函数f(x)的图象(图略),可知m的取值范围是(-3,1). 3.(2016 年全国卷,文 21 改编)已知f(x)=(1-x)ex-1. (1)证明:函数f(x)有且仅有一个零点. (2)设g(x)=,x-1,且x0,证明:g(x)0,f(x)单调递增; 当x(0,+)时,f(x)0 时,f(x
10、)x. 设h(x)=f(x)-x,则h(x)=-xex-1. 当x(-1,0)时,0h(0)=0,即f(x)x,g(x)-1 且x0 时,总有g(x)0). 令g(x)=xex-a(x0),则g(x)=(x+1)ex0,故g(x)在(0,+)上单 调递增, 则g(x)g(0)=-a, 因此,当a0 或a=e 时,f(x)只有一个零点; 当 0e 时,f(x)有两个零点. (2)当a0 时,xex-a0,则函数f(x)在x=1 处取得最小值f(1)=- e. 当a0 时,函数y=xex-a在(0,+)上单调递增,则必存在正数x0, 使得x0-a=0.e0 若ae,则x01,函数f(x)在(0,1
11、)和(x0,+)上单调递增,在 (1,x0)上单调递减. 又f(1)=-e,故不符合题意. 若a=e,则x0=1,f(x)0,函数f(x)在(0,+)上单调递增. 又f(1)=-e,故不符合题意. 若 00. 1 3 (1)求当m=1 时,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线斜率; (2)求函数f(x)的单调区间与极值; (3)已知函数f(x)有三个互不相同的零点 0,x1,x2,且x1f(1)恒成立,求m的取值范围. 解析 (1)当m=1时,f(x)=- x3+x2,则f(x)=-x2+2x,所以f(1)=1, 1 3 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为 1. (2)
12、由题意得,f(x)=-x2+2x+m2-1,令f(x)=0,得x=1-m或x=1+m. 因为m0,所以 1+m1-m. 当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表: x (- , 1-m) 1-m (1- m, 1+m) 1+m (1+m , +) f(x ) -0+0- f(x) 极小 值 极大 值 故f(x)在(-,1-m)和(1+m,+)上是减函数,在(1-m,1+m) 上是增函数. 所以函数f(x)在x=1+m处取得极大值,且极大值为f(1+m)=2 3 m3+m2-; 1 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 函数f(x)在x=1-m处取得极小值,且极小值为f(1-m)
13、=- m3+m2- . 2 3 1 3 (3)由题意得,f(x)=x=- x(x-x1)(x-x2), (- 1 3 2 + x + 2- 1) 1 3 所以方程- x2+x+m2-1=0 有两个不同的实根x1,x2,故=1+(m2- 1 3 4 3 1)0,解得m . 1 2 1 2 若x1f(1)等价于f(1)0,(x)在(0,1)上单调递增; 当x1 时,(x)1 时,(x)(0,1). 综上可知,当且仅当a(0,1)时,y=a与y=(x)的图象有两个交 点,即函数f(x)有两个零点. (2)函数g(x)有两个极值点, 由g(x)=ln x+1-ax=0,得-a=0有两个不同的根x1,x2(设 ln + 1 x1g(1)=0. 又x0,g(x)0,x+,g(x)-, 2 函数g(x)恰有三个零点.