【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

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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01-a,‎ 作y=f(x)关于直线x=a的对称曲线g(x)=f(‎2a-x),‎ 令h(x)=g(x)-f(x)=f(‎2a-x)-f(x)=‎2a-2x-aln,‎ 则h′(x)=-2+=-2+≥0,‎ 所以h(x)在(0,‎2a)上单调递增.‎ 不妨设x1h(a)=0,‎ 即g(x2)=f(‎2a-x2)>f(x2)=f(x1),‎ 又‎2a-x2∈(0,a),x1∈(0,a),且f(x)在(0,a)上为减函数,‎ 所以‎2a-x2‎2a,‎ 又ln a>1-a,易知a>1成立,‎ 故x1+x2>2.‎ ‎(文)已知函数f(x)=ln x+-s(s,t∈R).‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性及最值;‎ ‎(2)当t=2时,若函数f(x)恰有两个零点x1,x2(04.‎ ‎[思路演示]‎ 解:(1)f′(x)=(x>0),‎ 当t≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)无最值;‎ 当t>0时,由f′(x)<0,得x0,得x>t,f(x)在(0,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递增,‎ 故f(x)在x=t处取得极小值也是最小值,最小值为f(t)=ln t+1-s,无最大值.‎ ‎(2)证明:∵f(x)恰有两个零点x1,x2(01,则ln t=,x1=,‎ 故x1+x2=x1(t+1)=,‎ ‎∴x1+x2-4=.‎ 令函数h(t)=-2ln t,‎ ‎∵h′(t)=>0,‎ ‎∴h(t)在(1,+∞)上单调递增,‎ ‎∵t>1,∴h(t)>h(1)=0,‎ 又t=>1,ln t>0,故x1+x2>4成立.‎ ‎[解题师说]‎ 已知函数存在零点,需要证明零点满足某项性质时,实际上是需要对函数零点在数值上进行精确求解或估计,需要对零点进行更高要求的研究,为此,不妨结合已知条件和未知要求,构造新的函数,再次通过导数的相关知识对函数进行更进一步的分析研究,其中,需要灵活运用函数思想、化归思想等,同时也需要我们有较强的抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.‎ ‎[应用体验]‎ ‎3.已知函数f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.‎ ‎(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)令g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的极值;‎ ‎(3)若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,证明:x1+x2≥.‎ 解:(1)当a=0时,f(x)=ln x+x,则f(1)=1,‎ 又f′(x)=+1,∴切线斜率为f′(1)=2,‎ 故切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.‎ ‎(2)g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-ax2+(1-a)x+1,‎ 则g′(x)=-ax+(1-a)=(x>0),‎ 当a≤0时,∵x>0,∴g′(x)>0.‎ ‎∴g(x)在(0,+∞)上是增函数,函数g(x)无极值点.‎ 当a>0时,‎ g′(x)==-,‎ 令g′(x)=0,得x=.‎ ‎∴当x∈时,g′(x)>0;‎ 当x∈时,g′(x)<0.‎ ‎∴g(x)在上是增函数,在上是减函数.‎ ‎∴x=时,g(x)有极大值g=ln-×+(1-a)·+1=-ln a.‎ 综上,当a≤0时,函数g(x)无极值;‎ 当a>0时,函数g(x)有极大值-ln a,无极小值.‎ ‎(3)证明:当a=-2时,f(x)=ln x+x2+x,x>0.‎ f(x1)+f(x2)+x1x2=0,‎ 即ln x1+x+x1+ln x2+x+x2+x1x2=0,‎ 从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2),‎ 令t=x1x2(t>0),φ(t)=t-ln t,则φ′(t)=1-=,‎ 由φ′(t)>0,得t>1;由φ′(t)<0,得00,x2>0,∴x1+x2≥.‎ ‎1.已知函数f(x)=+bx-ln x.‎ ‎(1)若a=b=1,求f(x)的极值;‎ ‎(2)若b=-1,函数f(x)有且只有一个零点,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)a=b=1时,f(x)=x2+x-ln x(x>0),‎ 则f′(x)=2x+1-=.‎ 当0<x<时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x>时,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 所以f(x)的极小值为f=+ln 2,无极大值.‎ ‎(2)若f(x)有且只有一个零点,即方程-x-ln x=0在(0,+∞)上有且只有一个实数根,即=+.‎ 令h(x)=+,则h′(x)=.‎ 再令φ(x)=1-x-2ln x,‎ 则φ′(x)=-1-<0,又φ(1)=0,‎ 因而当x∈(0,1)时,φ(x)>φ(1)=0;当x∈(1,+∞)时,φ(x)<φ(1)=0.‎ 所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增;‎ 当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,‎ 故h(x)≤h(1)=1,‎ 又当x→+∞时,h(x)→0且h(x)>0,而当x→0时,h(x)→-∞,‎ 所以<0或=1,即a<0或a=1时函数f(x)有且只有一个零点.‎ 故实数a的取值范围为(-∞,0)∪{1}.‎ ‎2.设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.‎ ‎(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;‎ ‎(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同零点,求实数c的取值范围;‎ ‎(3)求证:a2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要不充分条件.‎ 解:(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,‎ 得f′(x)=3x2+2ax+b.‎ 因为f(0)=c,f′(0)=b,‎ 所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx+c.‎ ‎(2)当a=b=4时,f(x)=x3+4x2+4x+c,‎ 所以f′(x)=3x2+8x+4.‎ 令f′(x)=0,得x=-2或x=-.‎ 于是,当x变化时,f′(x)与f(x)变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-2)‎ ‎-2‎ ‎- f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  c  c-  所以,当c>0且c-<0时,存在x1∈(-4,-2),x2∈,x3∈,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c∈时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同零点,‎ 故实数c的取值范围为.‎ ‎(3)证明:当Δ=‎4a2-12b<0时,f′(x)=3x2+2ax+b>0恒成立,‎ 此时函数f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,‎ 所以f(x)不可能有三个不同零点.‎ 当Δ=‎4a2-12b=0时,f′(x)=3x2+2ax+b只有一个零点,记作x0.‎ 当x∈(-∞,x0)时,f′(x)>0,f(x)在区间(-∞,x0)上单调递增.‎ 当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在区间(x0,+∞)上单调递增.‎ 所以f(x)不可能有三个不同零点.‎ 综上所述,若函数f(x)有三个不同零点,则必有Δ=‎4a2-12b>0.‎ 故a2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件.‎ 当a=b=4,c=0时,a2-3b>0,f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点,所以a2-3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.‎ 因此a2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要不充分条件.‎ ‎3.(理)设函数f(x)=.‎ ‎(1)求函数f(x)在[0,2]上的单调区间;‎ ‎(2)当m=0,k∈R时,求函数g(x)=f(x)-kx2在R上零点个数.‎ 解:(1)f′(x)=,令f′(x)=0,得x=2-m.‎ 当2-m≤0,即m≥2时,f′(x)≥0,f(x)在[0,2]上单调递增.‎ 当0<m<2时,由f′(x)<0,得0<x<2-m;由f′(x)>0,得2-m<x<2,‎ 所以f(x)在[0,2-m]上单调递减,在[2-m,2]上单调递增.‎ 当m≤0时,f′(x)≤0,f(x)在[0,2]上单调递减.‎ 综上,当m≥2时,f(x)的单调递增区间为[0,2];‎ 当00).‎ ‎(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(3)讨论函数f(x)在区间(1,e2)上零点的个数(e为自然对数的底数).‎ 解:(1)当a=1时,f(x)=2ln x-x2,‎ ‎∴f′(x)=-2x,∴f′(1)=0,‎ 又f(1)=-1,‎ ‎∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+1=0.‎ ‎(2)∵f(x)=‎2a2ln x-x2,‎ ‎∴f′(x)=-2x==,‎ ‎∵x>0,a>0,∴当00,当x>a时,f′(x)<0.‎ ‎∴f(x)在(0,a)上是增函数,在(a,+∞)上是减函数.‎ ‎(3)由(2)得f(x)max=f(a)=a2(2ln a-1).‎ 讨论函数f(x)的零点情况如下:‎ ‎①当a2(2ln a-1)<0,即00,即a>时,‎ 由于f(1)=-1<0,f(a)=a2(2ln a-1)>0,‎ f(e2)=‎2a2ln e2-e4=‎4a2-e4=(‎2a-e2)(‎2a+e2),‎ 当‎2a-e2<0,即时,f(e2)≥0,由函数的单调性可知,f(x)在(1,)上有唯一的一个零点,在(,e2)上没有零点,从而f(x)在(1,e2)上只有一个零点.‎ 综上所述,当0
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