2020版高考数学新设计大一轮复习 第三章 导数及其表示 第2节(第4课时)导数与函数的零点习题 理(含解析)新人教A版

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资源描述
第4课时导数与函数的零点考点一判断零点的个数【例1】 (2019合肥质检)已知二次函数f(x)的最小值为4,且关于x的不等式f(x)0的解集为x|1x3,xR.(1)求函数f(x)的解析式;(2)求函数g(x)4ln x的零点个数.解(1)f(x)是二次函数,且关于x的不等式f(x)0的解集为x|1x3,xR,设f(x)a(x1)(x3)ax22ax3a,且a0.f(x)minf(1)4a4,a1.故函数f(x)的解析式为f(x)x22x3.(2)由(1)知g(x)4ln xx4ln x2,g(x)的定义域为(0,),g(x)1,令g(x)0,得x11,x23.当x变化时,g(x),g(x)的取值变化情况如下表:x(0,1)1(1,3)3(3,)g(x)00g(x)极大值极小值当0x3时,g(x)g(1)43时,g(e5)e52022512290.又因为g(x)在(3,)上单调递增,因而g(x)在(3,)上只有1个零点,故g(x)仅有1个零点.规律方法利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g(x)(要求g(x)易求,g(x)0可解),转化确定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,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解函数零点的个数.(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)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.【训练1】 已知函数f(x)ex1,g(x)x,其中e是自然对数的底数,e2.718 28.(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.(1)证明由题意可得h(x)f(x)g(x)ex1x,所以h(1)e30,所以h(1)h(2)0,因此(x)在(0,)上单调递增,易知(x)在(0,)内至多有一个零点,即h(x)在0,)内至多有两个零点,则h(x)在0,)上有且只有两个零点,所以方程f(x)g(x)的根的个数为2.考点二已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】 函数f(x)axxln x在x1处取得极值.(1)求f(x)的单调区间;(2)若yf(x)m1在定义域内有两个不同的零点,求实数m的取值范围.解(1)函数f(x)axxln x的定义域为(0,).f(x)aln x1,因为f(1)a10,解得a1,当a1时,f(x)xxln x,即f(x)ln x,令f(x)0,解得x1;令f(x)0,解得0x1,即m2,当0xe时,f(x)x(1ln x)e时,f(x)0.当x0且x0时,f(x)0;当x时,显然f(x).由图象可知,m10,即m1,由可得2m0,当a0时,f(x)0,f(x)在R上是增函数,当x1时,f(x)exa(x1)0;当x0时,取x,则f1aa0.所以函数f(x)存在零点,不满足题意.当a0时,令f(x)0,得xln(a).在(,ln(a)上,f(x)0,f(x)单调递增,所以当xln(a)时,f(x)取最小值.函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(a)eln(a)aln(a)a2aaln(a)0,解得e2a0时,f(x)2aaln .(1)解f(x)的定义域为(0,),f(x)2e2x(x0).当a0时,f(x)0,f(x)没有零点;当a0时,因为ye2x单调递增,y单调递增,所以f(x)在(0,)上单调递增.又f(a)0,假设存在b满足0b时,且b,f(b)0时,f(x)存在唯一零点.(2)证明由(1),可设f(x)在(0,)上的唯一零点为x0,当x(0,x0)时,f(x)0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,)上单调递增,所以当xx0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x00,所以f(x0)2ax0aln 2aaln .故当a0时,f(x)2aaln .规律方法1.在(1)中,当a0时,f(x)在(0,)上单调递增,从而f(x)在(0,)上至多有一个零点,问题的关键是找到b,使f(b)0.2.由(1)知,函数f(x)存在唯一零点x0,则f(x0)为函数的最小值,从而把问题转化为证明f(x0)2aaln .【训练3】 (2018东北三省四校联考)已知函数f(x)ln xxm(m2,m为常数).(1)求函数f(x)在的最小值;(2)设x1,x2是函数f(x)的两个零点,且x1x2,证明:x1x21.(1)解f(x)ln xxm(m0,所以yf(x)在(0,1)递增;当x(1,)时,f(x)0,函数f(x)在的最小值为1em.(2)证明由(1)知x1,x2满足ln xxm0,且0x11,ln x1x1mln x2x2m0,由题意可知ln x2x2m22,所以0x1,2),则g(x)10,当x2时,g(x)是减函数,所以g(x)lnlnlnlnln 10,g(x)2时,f(x1)f0,即f(x1)f.因为0x1,1,f(x)在(0,)上单调递增.所以x1,故x1x21.思维升华1.解决函数yf(x)的零点问题,可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势,观察图象与x轴的位置关系,利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等.2.通过等价变形,可将“函数F(x)f(x)g(x)的零点”与“方程f(x)g(x)的解”问题相互转化.易错防范函数yf(x)在某一区间(a,b)上存在零点,必要时要由函数零点存在定理作为保证.基础巩固题组(建议用时:35分钟)一、选择题1.已知函数f(x)的定义域为1,4,部分对应值如下表:x10234f(x)12020f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示.当1a2时,函数yf(x)a的零点的个数为()A.1 B.2 C.3 D.4解析根据导函数图象,知2是函数的极小值点,函数yf(x)的大致图象如图所示.由于f(0)f(3)2,1a0,即|AB|的最小值是42ln 2.答案42ln 24.若函数f(x)1(a0)没有零点,则实数a的取值范围为_.解析f(x)(a0).当x2时,f(x)2时,f(x)0,当x2时,f(x)有极小值f(2)1.若使函数f(x)没有零点,当且仅当f(2)10,解之得ae2,因此e2a0,得x2.所以函数f(x)的单调递增区间是(,1),(2,).(2)由(1)知f(x)极大值f(1)22,f(x)极小值f(2)242,由数形结合,可知要使函数g(x)f(x)2m3有三个零点,则2m3,解得m0),讨论函数g(x)f(x)零点的个数.解函数g(x)f(x)(x0),令g(x)0,得mx3x(x0).设h(x)x3x(x0),所以h(x)x21(x1)(x1).当x(0,1)时,h(x)0,此时h(x)在(0,1)内单调递增;当x(1,)时,h(x)时,函数ym和函数yh(x)的图象无交点.当m时,函数ym和函数yh(x)的图象有且仅有一个交点.当0m时,函数g(x)无零点;当m时,函数g(x)有且仅有一个零点;当0m0在(0,)上恒成立,则f(x)在(0,)上单调递增,又f(0)1,所以此时f(x)在(0,)内无零点,不满足题意.当a0时,由f(x)0得x,由f(x)0得0x0,f(x)单调递增,当x(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递减.则f(x)maxf(0)1,f(1)4,f(1)0,则f(x)min4,所以f(x)在1,1上的最大值与最小值的和为3.8.已知函数f(x)axln x,其中a为常数.(1)当a1时,求f(x)的单调递增区间;(2)当00,当a1时,f(x)xln x(x0),f(x)(x0);当0x0;当x1时,f(x)0),令f(x)0,解得x;由f(x)0,解得0x;由f(x)0,解得xe.从而f(x)的单调递增区间为,递减区间为,所以,f(x)maxf1ln3.解得ae2.(3)由(1)知当a1时,f(x)maxf(1)1,所以|f(x)|1.令g(x),则g(x).当0x0;当xe时,g(x)0.从而g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,)上单调递减.所以g(x)maxg(e)g(x),即|f(x)|,所以,方程|f(x)|没有实数根.11
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