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2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 專題2 函數(shù)與導數(shù) 第4講 與函數(shù)的零點相關的問題 理
函數(shù)零點的個數(shù)問題
1.函數(shù)f(x)=xcos 2x在區(qū)間[0,2π]上的零點的個數(shù)為( D )
(A)2 (B)3 (C)4 (D)5
解析:要使f(x)=xcos 2x=0,則x=0,或cos 2x=0,而在區(qū)間[0,2π]上,通過觀察y=cos 2x的函數(shù)圖象,易得滿足cos 2x=0的x的值有,,,,所以零點的個數(shù)為5個.
2.(xx南昌二模)已知函數(shù)f(x)=函數(shù)g(x)是周期為2的偶函數(shù),且當x∈[0,1]時,g(x)=2x-1,則函數(shù)y=f(x)-g(x)的零點個數(shù)是( B )
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
解析:函數(shù)y=f(x)-g(x)的零點個數(shù)就是函數(shù)y=f(x)與y=g(x)圖象的交點個數(shù).在同一坐標系中畫出這兩個函數(shù)的圖象:
由圖可得這兩個函數(shù)的交點為A,O,B,C,D,E,共6個點.
所以原函數(shù)共有6個零點.故選B.
3.(xx南昌市一模)已知函數(shù)f(x)=若關于x的方程f[f(x)]=0有且只有一個實數(shù)解,則實數(shù)a的取值范圍為 .
解析:依題意,得a≠0,令f(x)=0,得lg x=0,即x=1,由f[f(x)]=0,得f(x)=1,
當x>0時,函數(shù)y=lg x的圖象與直線y=1有且只有一個交點,則當x≤0時,函數(shù)y=的圖象與直線y=1沒有交點,若a>0,結論成立;若a<0,則函數(shù)y=的圖象與y軸交點的縱坐標-a<1,得-1
1,由二次函數(shù)的性質可知,當x≥1時,f(x)有2個
零點,
則要使f(x)恰有2個零點,則需要f(x)在(-∞,1)上無零點,則2-a≤0,即a≥2.
綜上可知,滿足條件的a的取值范圍是
[,1)∪[2,+∞).
答案:①-1?、赱,1)∪[2,+∞)
確定函數(shù)零點所在的區(qū)間
5.(xx四川成都市一診)方程ln(x+1)-=0(x>0)的根存在的大致區(qū)間是( B )
(A)(0,1) (B)(1,2) (C)(2,e) (D)(3,4)
解析:設f(x)=ln(x+1)-,則f(1)=ln 2-2<0,f(2)=ln 3-1>0,得f(1)f(2)<0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)有零點,故選B.
6.(xx河南鄭州市一模)設函數(shù)f(x)=ex+2x-4,g(x)=ln x+2x2-5,若實數(shù)a,b分別是f(x),g(x)的零點,則( A )
(A)g(a)<0e+2-4>0,可排除C,D;00)上的最小值;
(3)若存在兩不等實根x1,x2∈[,e],使方程g(x)=2exf(x)成立,求實數(shù)a的取值范圍.
解:(1)當a=5時g(x)=(-x2+5x-3)ex,g(1)=e.
g′(x)=(-x2+3x+2)ex,故切線的斜率為g′(1)=4e.
所以切線方程為y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.
(2)f′(x)=ln x+1,
x
(0,)
(,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
單調遞減
極小值(最小值)
單調遞增
①當t≥時,在區(qū)間(t,t+2)上f(x)為增函數(shù),
所以f(x)min=f(t)=tln t,
②當00,于是(x)在(0,1)上單調遞增;
當x∈(1,2)時,′(x)<0,于是(x)在(1,2)上單調遞減;
依題意有
解得ln 3-1≤b1,00
f(-1)=log32-1-log32=-1<0,
所以根據(jù)函數(shù)的零點存在性定理得出函數(shù)f(x)=ax+x-b的零點所在的區(qū)間是(-1,0),故選B.
2.(xx涼山州模擬)設函數(shù)f(x)=|ln x|-的兩個零點為x1,x2,則有( A )
(A)x1x2<1 (B)x1x2=1
(C)1|ln x2|,
所以-ln x1>ln x2,則ln x1+ln x2<0,即ln (x1x2)<0,
所以x1x2<1.
故選A.
3.(xx蚌埠二模)函數(shù)f(x)=有且只有一個零點時,a的取值范圍是( D )
(A)(-∞,0] (B)(0,)
(C)(,1) (D)(-∞,0]∪(1,+∞)
解析:因為f(1)=ln 1=0,
所以當x≤0時,函數(shù)f(x)沒有零點,
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.故選D.
4.(xx重慶卷)已知函數(shù)f(x)=且g(x)=f(x)-mx-m在(-1,1]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點,則實數(shù)m的取值范圍是( A )
(A)(-,-2]∪(0,] (B)（-,-2]∪(0,]
(C)(-,-2]∪(0,] (D)(-,-2]∪(0,]
解析:g(x)=f(x)-mx-m在(-1,1]內(nèi)有且僅有兩個不同的零點就是函數(shù)y=f(x)的圖象與函數(shù)y=m(x+1)的圖象有兩個交點,在同一直角坐標系內(nèi)作出函數(shù)f(x)=和函數(shù)y=m(x+1)的圖象,如圖,當直線y=m(x+1)與y=-3,x∈(-1,0]和y=x,x∈(0,1]都相交時,00
(C)f(x1)>0,f(x2)<0 (D)f(x1)>0,f(x2)>0
解析:函數(shù)y=2x,y=在(1,+∞)都為單調增函數(shù),
所以f(x)=2x+在(1,+∞)上為單調增函數(shù).
因為f(x0)=0,
所以x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞)時,
f(x1)f(x0)=0,從而答案B正確.
7.已知函數(shù)f(x)=則下列關于函數(shù)y=f[f(kx)+1]+1(k≠0)的零點個數(shù)的判斷正確的是( C )
(A)當k>0時,有3個零點;當k<0時,有4個零點
(B)當k>0時,有4個零點;當k<0時,有3個零點
(C)無論k為何值,均有3個零點
(D)無論k為何值,均有4個零點
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+(無解)或kx=;
綜上所述,x=0或kx=或kx=;
故無論k為何值,均有3個解.故選C.
8.(xx懷化二模)定義域為R的函數(shù)f(x)=若關于x的函數(shù)h(x)=f2(x)+af(x)+有5個不同的零點x1,x2,x3,x4,x5,則++++等于( C )
(A)15 (B)20 (C)30 (D)35
解析:作函數(shù)f(x)=的圖象如圖,
則由函數(shù)h(x)=f2(x)+af(x)+有5個不同的零點知,
1+a+=0,
解得a=-,
則解f2(x)-f(x)+=0得,
f(x)=1或f(x)=;
故若f(x)=1,則x=2或x=3或x=1;
若f(x)=,則x=0或x=4;
故++++=1+4+9+16=30.故選C.
9.(xx鄭州二模)已知函數(shù)f(x)=函數(shù)g(x)=f(x)-2x恰有三個不同的零點,則實數(shù)a的取值范圍是( A )
(A)[-1,3) (B)[-3,-1]
(C)[-3,3) (D)[-1,1)
解析:因為f(x)=
所以g(x)=f(x)-2x=
而方程-x+3=0的解為3,
方程x2+4x+3=0的解為-1,-3;
若函數(shù)g(x)=f(x)-2x恰有三個不同的零點,
則解得,-1≤a<3.
實數(shù)a的取值范圍是[-1,3).故選A.
10.(xx衡陽二模)已知(x2-)5的展開式中的常數(shù)項為T,f(x)是以T為周期的偶函數(shù),且當x∈[0,1]時,f(x)=x,若在區(qū)間[-1,3]內(nèi),函數(shù)g(x)=f(x)-kx-2k有4個零點,則實數(shù)k的取值范圍是( C )
(A)(0,] (B)[0,]
(C)(0,] (D)[0,]
解析:(x2-)5的通項Tr+1=(x2)5-r(-x-3)r=(-1)rx10-5r;
令10-5r=0得,r=2;則常數(shù)項為=2,
f(x)是以2為周期的偶函數(shù),
因為區(qū)間[-1,3]是兩個周期,
所以在區(qū)間[-1,3]內(nèi)函數(shù)g(x)=f(x)-kx-2k有4個零點,
可轉化為f(x)與r(x)=kx+2k有四個交點,
當k=0時,兩函數(shù)圖象只有兩個交點,不合題意;
當k≠0時,因為函數(shù)r(x)的圖象恒過點(-2,0),
則若使兩函數(shù)圖象有四個交點,
必有01時,
y=f[f(x)]-1=f(log2x)-1=log2(log2x)-1,
令y=f[f(x)]-1=0,log2(log2x)=1,
則log2x=2,x=4,
故函數(shù)y=f[f(x)]-1的零點個數(shù)為2個.
答案:2
13.(xx山東卷)已知函數(shù)f(x)=1ogax+x-b(a>0,且a≠1).當21+3-b=4-b>0.
即f(2)f(3)<0,
易知f(x)在(0,+∞)單調遞增,
所以f(x)存在唯一的零點x0,且x0∈(2,3),
所以n=2.
答案:2
14.(xx濰坊模擬)已知f(x)是定義在(0,+∞)上的單調函數(shù),f′(x)是f(x)的導函數(shù),若對?x∈(0,+∞),都有f[f(x)-2x]=3,則方程f′(x)-=0的解所在的區(qū)間是 .(區(qū)間長度不大于1)
解析:由題意,可知f(x)-2x是定值,令t=f(x)-2x,
則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)=2xln 2,
令F(x)=f′(x)-=2xln 2-,
可得F(1)=21ln 2-4<0,F(2)=22ln 2-2>0,
即F(x)=2xln 2-零點在區(qū)間(1,2)內(nèi),
所以f′(x)-=0的解所在的區(qū)間是(1,2).
答案:(1,2)
利用導數(shù)研究方程根的問題
訓練提示:利用導數(shù)研究高次式、分式、指數(shù)式、對數(shù)式方程解的個數(shù)問題的一般思路
(1)將問題轉化為函數(shù)的零點問題,進而轉化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y=k)在該區(qū)間上的交點問題.
(2)利用導數(shù)研究出該函數(shù)在該區(qū)間上的單調性、極值(最值)、端點值等性質,進而畫出其圖象.
(3)結合圖象求解.
1.(xx貴州七校聯(lián)盟第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),a∈R.
(1)當a>0時,解不等式f(x)≤0;
(2)當a=0時,求整數(shù)t的所有值,使方程f(x)=x+2在[t,t+1]上有解.
解:(1)因為ex>0,所以不等式f(x)≤0,即為ax2+x≤0,
又因為a>0,所以不等式可化為x(x+)≤0,
所以不等式f(x)≤0的解集為[-,0].
(2)當a=0時,方程即為xex=x+2,由于ex>0,
所以x=0不是方程的解,
所以原方程等價于ex--1=0,
令h(x)=ex--1,
因為h′(x)=ex+>0對于x≠0恒成立,
所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)內(nèi)是單調增函數(shù),
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有且只有兩個實數(shù)根,且分別在區(qū)間[1,2]和[-3,-2]上,
所以整數(shù)t的所有值為{-3,1}.
【教師備用】 (xx廣東江門市3月模擬)設函數(shù)f(x)=ex(ln x-a),e是自然對數(shù)的底數(shù),a∈R為常數(shù).
(1)若y=f(x)在x=1處的切線l的斜率為2e,求a的值;
(2)在(1)的條件下,證明切線l與曲線y=f(x)在區(qū)間(0,)至少有1個公共點.
解:(1)f′(x)=ex (ln x-a+),
依題意,k=f′(1)=e(ln 1-a+1)=2e,解得a=-1,
(2)由(1)f(1)=e,直線l的方程為y-e=2e(x-1),
即y=2ex-e,
令g(x)=f(x)-(2ex-e)=ex(ln x+1)-2ex+e,
則g()=(1-ln 2)>0,g(e-4)=-3ee-4-2e-3+e<-3+e<0(用其他適當?shù)臄?shù)替代e-4亦可)
因為y=g(x)在(e-4,)上是連續(xù)不斷的曲線,
g(e-4)g()<0,y=g(x)在（e-4,）內(nèi)有零點,
而（e-4,）?（0,）,從而切線l與曲線y=f(x)在區(qū)間（0,）至少有1個公共點.
2.(xx福建龍巖市5月質檢)已知函數(shù)f(x)=ex(sin x+cos x)+a,g(x)=(a2-a+10)ex(a∈R且a為常數(shù)).
(1)若曲線y=f(x)在(0,f(0))處的切線過點(1,2).求實數(shù)a的值;
(2)若存在實數(shù)x1,x2∈[0,π],使得g(x2)1)在(0,+∞)上的零點個數(shù),并說明理由.
解:(1)f′(x)=ex(sin x+cos x)+ex(cos x-sin x)=2excos x,
又曲線y=f(x)在(0,f(0))處的切線過點(1,2),
得f′(0)=,
即2=1-a,解得a=-1.
(2)存在實數(shù)x1,x2∈[0,π],
使得g(x2)0恒成立,g(x)=(a2-a+10)ex在[0,π]上遞增,
g(x)min=g(0)=a2-a+10,
故a2-a+10<+a+13-,得a2-2a-3<0,
所以實數(shù)a的取值范圍是(-1,3).
(3)由(x)=-+1+ln x=0(x>0)得
-+1+ln x=0,
化為=1-x-xln x,
令h(x)=1-x-xln x,則h′(x)=-2-ln x,
由h′(x)=-2-ln x=0,得x=e-2,
故h(x)在（0,）上遞增,在（,+∞）上遞減,
h(x)max=h（）=1+.
再令t(x)==b（1+）ex,
因為b>1,所以函數(shù)t(x)=b（1+）ex在(0,+∞)上遞增,
t(x)>t(0)=b（1+）e0=b（1+）>1+.
知t(x)>h(x)max,由此判斷函數(shù)(x)在(0,+∞)上沒有零點,
故(x)在(0,+∞)上零點個數(shù)為0.
【教師備用】 (xx四川成都市一診)已知函數(shù)f(x)=-,g(x)=m-,其中m∈R且m≠0.e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù).
(1)當m<0時,求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間和極小值;
(2)當m>0時,若函數(shù)g(x)存在a,b,c三個零點,且ag(x2)成立?若存在,求出m的取值范圍;若不存在,請說明理由.
解:(1)f′(x)=-m
=m
=(x>0且x≠1).
所以由f′(x)>0,得x>;由f′(x)<0,得00).
所以g(x)在(-∞,0)上單調遞增,（0,）上單調遞減,（,+∞）上單調遞增.
因為函數(shù)g(x)存在三個零點,
所以??00,g(-1)<0,
結合函數(shù)g(x)單調性及ag(x)max,
因為f′(x)=
由m<0,所以函數(shù)f(x)在（1,）上單調遞減,在（,+∞）上單調
遞增.
所以f(x)min=f（）=-2me.
因為g′(x)=
由m<0,所以函數(shù)g(x)在（-∞,）上單調遞增,（,0）上單調遞減.
所以g(x)max=g（）=m-.
所以-2me>m-,不等式兩邊同乘以負數(shù)m,
得-2m2e,即m2>.
由m<0,解得m<-.
綜上所述,存在這樣的負數(shù)m∈（-∞,-）滿足題意.
類型:利用導數(shù)研究方程根的問題
1.設函數(shù)f(x)=ln x-cx(c∈R).
(1)討論函數(shù)f(x)的單調性;
(2)若f(x)≤x2恒成立,求c的取值范圍;
(3)設函數(shù)f(x)有兩個相異零點x1,x2,求證:x1x2>e2.
(1)解:因為f(x)=ln x-cx,
所以x∈(0,+∞),
f′(x)=-c=.
當c≤0時,f(x)單調增區(qū)間為(0,+∞),
當c>0時,f(x)單調增區(qū)間為（0,）,f(x)單調減區(qū)間為（,+∞）.
(2)解:因為f(x)≤x2,
所以ln x-cx≤x2,
所以c≥-x.
設g(x)=-x,所以g′(x)=,
所以g(x)在(0,1)單調遞增,在(1,+∞)單調遞減.
所以g(x)max=g(1)=-1,
所以c≥-1.
(3)證明:因為f(x)有兩個相異零點,
ln x1=cx1,ln x2=cx2, ①
所以ln x1-ln x2=c(x1-x2),
所以=c, ②
而x1x2>e2,等價于ln x1+ln x2>2,即cx1+cx2>2, ③
由①②③得(x1+x2)>2,
不妨設x1>x2>0,則t=>1,
上式轉化為ln t>(t>1),
設H(t)=ln t-(t>1),則H′(t)=>0,
故函數(shù)H(t)是(1,+∞)上的增函數(shù),所以H(t)>H(1)=0,
即不等式ln t>成立,
故所證不等式x1x2>e2成立.
2.(xx鄭州質量預測)已知函數(shù)f(x)=(x2-2x)ln x+ax2+2.
(1)當a=-1時,求f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;
(2)當a>0時,設函數(shù)g(x)=f(x)-x-2,且函數(shù)g(x)有且僅有一個零點,若e-20,當x>1時,h′(x)<0,
所以h(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,
所以h(x)max=h(1)=1.
因為a>0,所以當函數(shù)g(x)有且僅有一個零點時,a=1.
當a=1,g(x)=(x2-2x)ln x+x2-x,
若e-20,
所以g′(x)有兩個零點x1,x2,即3-2axi-1=0(i=1,2),且x1x2<0,a=,
不妨設x1<00且g(x2)>0,
或g(x1)<0且g(x2)<0,
又g(xi)=-a-xi+1=--xi+1
=--+1(i=1,2),
設h(x)=-x3-+1,所以h′(x)=-x2-<0,
所以h(x)為減函數(shù),
又h(1)=0,所以x<1時h(x)>0,x>1時h(x)<0,
所以xi(i=1,2)大于1或小于1,
由x1<00,所以a<1.
法二 曲線y=f(x)與直線y=x-1只有一個交點,
等價于關于x的方程ax2=x3-x+1只有一個實根.
顯然x≠0,所以方程a=x-+只有一個實根.
設函數(shù)g(x)=x-+,
則g′(x)=1+-=.
設h(x)=x3+x-2,h′(x)=3x2+1>0,h(x)為增函數(shù),
又h(1)=0.所以當x<0時,g′(x)>0,g(x)為增函數(shù);
當01時,g′(x)>0,g(x)為增函數(shù);
所以g(x)在x=1時取極小值1.
又當x趨向于0時,g(x)趨向于正無窮;
又當x趨向于負無窮時,g(x)趨向于負無窮;
又當x趨向于正無窮時,g(x)趨向于正無窮.
所以g(x)圖象大致如圖所示.
所以方程a=x-+只有一個實根時,實數(shù)a的取值范圍為(-∞,1).
【教師備用】 設函數(shù)f(x)=xln x(x>0),g(x)=-x+2.
(1)求函數(shù)f(x)在點M(e,f(e))處的切線方程;
(2)設F(x)=ax2-(a+2)x+f′(x)(a>0),討論函數(shù)F(x)的單調性;
(3)設函數(shù)H(x)=f(x)+g(x),是否同時存在實數(shù)m和M(m0),則函數(shù)f(x)在點M(e,f(e))處的斜率為f′(e)=2,f(e)=e,
所以,所求切線方程為y-e=2(x-e),即y=2x-e.
(2)F(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1(x>0),
F′(x)=2ax-(a+2)+=
=(x>0,a>0)
令F′(x)=0,則x=或.
①當0時,
令F′(x)>0解得0;
令F′(x)<0解得2即<時,
函數(shù)F(x)在(0,),(,+∞)上單調遞增,在(,)上單調遞減.
(3)H(x)=-x+2+xln x,H′(x)=ln x.
令H′(x)=0,則x=1.
當x在區(qū)間[,e]內(nèi)變化時,H′(x),H(x)的變化情況如下表:
x
(,1)
1
(1,e)
e
H′(x)
-
0
+
H(x)
2-
單調遞減
極小值1
單調遞增
2
因為2-<2,所以H(x)在區(qū)間[,e]內(nèi)值域為[1,2],
由此可得,
若則對每一個t∈[m,M],直線y=t與曲線y=H(x)(x∈[,e])都有公共點,并且對每一個t∈(-∞,m)∪(M,+∞),直線y=t與曲線y=H(x)(x∈[,e])都沒有公共點.
綜合以上,存在實數(shù)m=1和M=2,使得對每一個t∈[m,M],直線y=t與曲線y=H(x)(x∈[,e])都有公共點.
2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 專題2 函數(shù)與導數(shù) 第4講 與函數(shù)的零點相關的問題 理.doc
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