【数学】2021届一轮复习人教版(文)第3章第6节 利用导数解决函数的零点问题学案

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【数学】2021届一轮复习人教版(文)第3章第6节 利用导数解决函数的零点问题学案

第六节 利用导数解决函数的零点问题 考点1 判断、证明或讨论函数零点的个数 ‎ 判断函数零点个数的三种方法 直接法 令f(x)=0,则方程解的个数即为零点的个数 画图法 转化为两个易画出图象的函数,看其交点的个数即可 定理法 利用零点存在性定理判定,可结合最值、极值去解决 ‎ (2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f′(x)为f(x)的导数.‎ ‎(1)证明:f′(x)在区间(0,π)存在唯一零点;‎ ‎(2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.‎ ‎[解] (1)证明:设g(x)=f′(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g′(x)=xcos x.‎ 当x∈时,g′(x)>0;当x∈时,g′(x)<0,所以g(x)在上单调递增,在上单调递减.‎ 又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,‎ 故g(x)在(0,π)存在唯一零点.‎ 所以f′(x)在区间(0,π)存在唯一零点.‎ ‎(2)由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.‎ 由(1)知,f′(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(x0,π)时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减.‎ 又f(0)=0,f(π)=0,所以当x∈[0,π]时,f(x)≥0.‎ 又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.‎ 因此,a的取值范围是(-∞,0].‎ ‎ 根据参数确定函数零点的个数,解题的基本思想是“数形结合”,即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等),作出函数的大致图象,然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数,或者两个相关函数图象交点的个数,基本步骤是“先数后形”.‎ ‎ 设函数f(x)=ln x+,m∈R.‎ ‎(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;‎ ‎(2)讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数.‎ ‎[解] (1)由题意知,当m=e时,f(x)=ln x+(x>0),则f′(x)=,‎ ‎∴当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减;‎ 当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增,‎ ‎∴当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+=2,‎ ‎∴f(x)的极小值为2.‎ ‎(2)由题意知g(x)=f′(x)-=--(x>0),‎ 令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0).‎ 设φ(x)=-x3+x(x≥0),‎ 则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).‎ 当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;‎ 当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.‎ ‎∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,‎ 因此x=1也是φ(x)的最大值点,‎ ‎∴φ(x)的最大值为φ(1)=,‎ 又∵φ(0)=0.‎ 结合y=φ(x)的图象(如图),可知,‎ ‎①当m>时,函数g(x)无零点;‎ ‎②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;‎ ‎③当0<m<时,函数g(x)有两个零点;‎ ‎④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.‎ 综上所述,当m>时,函数g(x)无零点;‎ 当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;‎ 当0<m<时,函数g(x)有两个零点.‎ 考点2 已知函数零点存在情况求参数 ‎ 解决此类问题常从以下两个方面考虑:‎ ‎(1)根据区间上零点的个数情况,估计出函数图象的大致形状,从而推导出导数需要满足的条件,进而求出参数满足条件;‎ ‎(2)先求导,通过求导分析函数的单调情况,再依据函数在区间内的零点情况,推导出函数本身需要满足的条件,此时,由于函数比较复杂,常常需要构造新函数,通过多次求导,层层推理得解.‎ ‎ 设函数f(x)=-x2+ax+ln x(a∈R).‎ ‎(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若函数f(x)在上有两个零点,求实数a的取值范围.‎ ‎[解] (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ 当a=-1时,‎ f′(x)=-2x-1+=,‎ 令f′(x)=0,得x=(负值舍去),‎ 当0<x<时,f′(x)>0;‎ 当x>时,f′(x)<0.‎ ‎∴f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.‎ ‎(2)令f(x)=-x2+ax+ln x=0,得a=x-.‎ 令g(x)=x-,其中x∈,‎ 则g′(x)=1-=,令g′(x)=0,得x=1,当≤x<1时,g′(x)<0;当1<x≤3时,g′(x)>0,‎ ‎∴g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为(1,3],‎ ‎ ∴g(x)min=g(1)=1,∴函数f(x)在上有两个零点,=3ln 3+,g(3)=3-,3ln 3+>3-,‎ ‎∴实数a的取值范围是.‎ ‎ 与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,从而判断函数的大致图象,讨论其图象与x轴的位置关系,进而确定参数的取值范围;或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题.‎ ‎ 1.设函数f(x)=ln x-x,若关于x的方程f(x)=x2-x+m在区间[1,3]上有解,求m的取值范围.‎ ‎[解] 方程f(x)=x2-x+m在区间[1,3]上有解,‎ 即ln x-x2+x=m在区间[1,3]上有解.‎ 令h(x)=ln x-x2+x,‎ 则h′(x)=-2x+=-.‎ ‎∴当x∈[1,3]时,h′(x),h(x)随x的变化情况如下表:‎ ‎∵h(1)=,h(3)=ln 3-2<,h=ln +,‎ ‎∴当x∈[1,3]时,h(x)∈,‎ ‎∴m的取值范围为 ‎2.(2019·贵阳摸底考试)已知函数f(x)=kx-ln x(k>0).‎ ‎(1)若k=1,求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若函数f(x)有且只有一个零点,求实数k的值.‎ ‎[解] (1)若k=1,则f(x)=x-ln x,定义域为(0,+∞),则f′(x)=1-,‎ 由f′(x)>0,得x>1;由f′(x)<0,得0<x<1,‎ ‎∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).‎ ‎(2)法一:由题意知,方程kx-ln x=0仅有一个实根,‎ 由kx-ln x=0,得k=(x>0).‎ 令g(x)=(x>0),则g′(x)=,‎ 当x=e时,g′(x)=0;当0<x<e时,g′(x)>0;当x>e时,g′(x)<0.‎ ‎∴g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,‎ ‎∴g(x)max=g(e)=.‎ 当x→+∞时,g(x)→0.‎ 又∵k>0,∴要使f(x)仅有一个零点,则k=.‎ 法二:f(x)=kx-ln x,f′(x)=k-=(x>0,k>0).‎ 当x=时,f′(x)=0;当0<x<时,f′(x)<0;当x>时,f′(x)>0.‎ ‎∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,‎ ‎∴f(x)min=f=1-ln,‎ ‎∵f(x)有且只有一个零点,∴1-ln=0,即k=.‎ 课外素养提升④ 逻辑推理——构造法求f(x)与f′(x)共存问题 在导数及其应用的客观题中,有一个热点考查点,即不给出具体的函数解析式,而是给出函数f(x)及其导数满足的条件,需要据此条件构造抽象函数,再根据条件得出构造的函数的单调性,应用单调性解决问题的题目,该类题目具有一定的难度.下面总结其基本类型及其处理方法.‎ f′(x)g(x)±f(x)g′(x)型 ‎【例1】 (1)定义在R上的函数f(x),满足f(1)=1,且对任意的x∈R都有f′(x)<,则不等式f(lg x)>的解集为 .‎ ‎(2)设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集为 .‎ ‎(1)(0,10) (2)(-∞,-3)∪(0,3) [(1)由题意构造函数g(x)=f(x)-x,‎ 则g′(x)=f′(x)-<0,‎ 所以g(x)在定义域内是减函数.‎ 因为f(1)=1,所以g(1)=f(1)-=,‎ 由f(lg x)>,得f(lg x)-lg x>.‎ 即g(lg x)=f(lg x)-lg x>=g(1),‎ 所以lg x<1,解得0<x<10.‎ 所以原不等式的解集为(0,10).‎ ‎(2)借助导数的运算法则,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0⇔[f(x)g(x)]′>0,所以函数y=f(x)g(x)在(-∞,0)上单调递增.又由题意知函数y=f(x)g(x)为奇函数,所以其图象关于原点对称,且过点(-3,0),(3,0).数形结合可求得不等式f(x)g(x)<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3).]‎ ‎[评析] (1)对于不等式f′(x)+g′(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)+g(x).‎ ‎(2)对于不等式f′(x)-g′(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)-g(x).‎ 特别地,对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0),构造函数F(x)=f(x)-kx.‎ ‎(3)对于不等式f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)g(x).‎ ‎(4)对于不等式f′(x)g(x)-f(x)g′(x)>0(或<0),构造函数F(x)=(g(x)≠0).‎ xf′(x)±nf(x)(n为常数)型 ‎【例2】 (1)设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(  )‎ A.(-∞,-1)∪(0,1)   B.(-1,0)∪(1,+∞)‎ C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)‎ ‎(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x),且2f(x)+xf′(x)>x2,则下列不等式在R上恒成立的是(  )‎ A.f(x)>0 B.f(x)<0‎ C.f(x)>x D.f(x)<x ‎(1)A (2)A [(1)令g(x)=,则g′(x)=.‎ 由题意知,当x>0时,g′(x)<0,‎ ‎∴g(x)在(0,+∞)上是减函数.‎ ‎∵f(x)是奇函数,f(-1)=0,‎ ‎∴f(1)=-f(-1)=0,‎ ‎∴g(1)=f(1)=0,‎ ‎∴当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0;‎ 当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0.‎ 又∵f(x)是奇函数,‎ ‎∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0;‎ 当x∈(-1,0)时,f(x)<0.‎ 综上,使f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).‎ ‎(2)令g(x)=x2f(x)-x4,则g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)-x3=x[2f(x)+xf′(x)-x2].‎ 当x>0时,g′(x)>0,∴g(x)>g(0),‎ 即x2f(x)-x4>0,从而f(x)>x2>0;‎ 当x<0时,g′(x)<0,∴g(x)>g(0),‎ 即x2f(x)-x4>0,‎ 从而f(x)>x2>0;‎ 当x=0时,由题意可得2f(0)>0,∴f(0)>0.‎ 综上可知,f(x)>0.]‎ ‎[评析] (1)对于xf′(x)+nf(x)>0型,构造F(x)=xnf(x),则F′(x)=xn-1[xf′(x)+nf(x)](注意对xn-1的符号进行讨论),特别地,当n=1时,xf′(x)+f(x)>0,构造F(x)=xf(x),则F′(x)=xf′(x)+f(x)>0.‎ ‎(2)对于xf′(x)-nf(x)>0(x≠0)型,构造F(x)=,则F′(x)=(注意对xn+1的符号进行讨论),特别地,当n=1时,xf′(x)-f(x)>0,构造F(x)=,则F′(x)=>0.‎ f′(x)±λf(x)(λ为常数)型 ‎【例3】 (1)已知f(x)在R上的可导函数,且∀x∈R,均有f(x)>f′(x),则有(  )‎ A.e2 019f(-2 019)<f(0),f(2 019)>e2 019f(0)‎ B.e2 019f(-2 019)<f(0),f(2 019)<e2 019f(0)‎ C.e2 019f(-2 019)>f(0),f(2 019)>e2 019f(0)‎ D.e2 019f(-2 019)>f(0),f(2 019)<e2 019f(0)‎ ‎(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)+2f′(x)>0恒成立,且f(2)=(e为自然对数的底数),则不等式exf(x) >0的解集为 .‎ ‎(1)D (2)(2,+∞) [(1)构造函数h(x)=,则h′(x)=<0,即h(x)在R上单调递减,故h(-2 019)>h(0),即>⇒e2 019f(-2 019)>f(0);同理,h(2 019)<h(0),即f(2 019)<e2 019f(0),故选D.‎ ‎(2)由f(x)+2f′(x)>0,得>0,可构造函数h(x)=f(x),则h′(x)= [f(x)+2f′(x)]>0,所以函数h(x)=f(x)在R上单调递增,且h(2)=ef(2)=1.不等式exf(x)->0等价于f(x)>1,即h(x)>h(2)⇒x>2,所以不等式exf(x)->0的解集为(2,+∞).]‎ ‎[评析] (1)对于不等式f′(x)+f(x)>0(或<0),构造函数F(x)=exf(x).‎ ‎(2)对于不等式f′(x)-f(x)>0(或<0),构造函数F(x)=.‎
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