- 2021-06-16 发布 |
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文档介绍
【数学】2019届一轮复习人教B版 用导数解决函数的零点问题学案
增分点 用导数解决函数的零点问题 处理函数零点问题时,我们不但要掌握零点存在性定理,还要充分运用等价转化、函数与方程、数形结合等思想方法,才能有效地找到解题的突破口. 近几年的数学高考中频频出现零点问题,其形式逐渐多样化,但却与函数、导数知识密不可分.用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型,此类题一般属于压轴题,难度较大. 讨论函数零点的个数 [典例] (理)(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x. (1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线; (2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数. [思路演示] 解:(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0), 则f(x0)=0,f′(x0)=0, 即解得 因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线. (2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0, 从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0, 故h(x)在(1,+∞)上无零点. 当x=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点; 若a<-,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点. 当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0, 所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数. ①若a≤-3或a≥0,则f′(x)=3x2+a在(0,1)上无零点,故f(x)在(0,1)上单调. 而f(0)=,f(1)=a+,所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)上有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)上没有零点. ②若-3-或a<-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-0,则由f′(x)=0,得x=-ln a. 当x∈(-∞,-ln a)时,f′(x)<0; 当x∈(-ln a,+∞)时,f′(x)>0. 所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增. (2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点. (ⅱ)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a. ①当a=1时,由于f(-ln a)=0, 故f(x)只有一个零点; ②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0, 即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点; ③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0. 又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0, 故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点. 设正整数n0满足n0>ln, 则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0. 由于ln>-ln a, 因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,1). [解题师说] 本题是已知区间上有零点,求参数的范围问题.由于含有超越函数式的函数图象较为复杂,也没有固定的形状特点,所以在研究此类问题时,可以从两个方面去思考: (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,进而求出参数满足的条件; (2)也可以先求导,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. [应用体验] 2.(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. 解:(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). ①设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0. 所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. ②设a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a). 若a=-,则f′(x)=(x-1)(ex-e), 所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若a>-,则ln(-2a)<1, 故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f′(x)>0; 当x∈(ln(-2a),1)时,f′(x)<0. 所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减. 若a<-,则ln(-2a)>1, 故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0; 当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0. 所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减. (2)①设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln ,则f(b)>(b-2)+a(b-1)2=ab2-b>0,所以f(x)有两个零点. ②设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点. ③设a<0,若a≥-,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)上单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;若a<-,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,故f(x)不存在两个零点. 综上,a的取值范围为(0,+∞). 已知存在零点,证明零点的性质 [典例] (理)(2018·长春质检)已知函数f(x)=x2+(1-a)x-aln x,a∈R. (1)若f(x)存在极值点1,求a的值; (2)若f(x)存在两个不同的零点x1,x2,求证:x1+x2>2. [思路演示] 解:(1)由已知得f′(x)=x+1-a-,因为f(x)存在极值点1,所以f′(1)=0,即2-2a=0,a=1,经检验符合题意,所以a=1. (2)证明:f′(x)=x+1-a-=(x+1)(x>0), ①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上为增函数,不符合题意; ②当a>0时,由f′(x)=0,得x=a, 当x>a时,f′(x)>0,所以f(x)单调递增, 当0查看更多
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