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2019-2020年高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第4讲 与函数的零点相关的问题 文
函数零点的个数问题
1.函数f(x)=xcos 2x在区间[0,2π]上的零点的个数为( D )
(A)2 (B)3 (C)4 (D)5
解析:要使f(x)=xcos 2x=0,则x=0,或cos 2x=0,而在区间[0,2π]上,通过观察y=cos 2x的函数图象,易得满足cos 2x=0的x的值有,,,,所以零点的个数为5个.
2.(xx南昌二模)已知函数f(x)=函数g(x)是周期为2的偶函数,且当x∈[0,1]时,g(x)=2x-1,则函数y=f(x)-g(x)的零点个数是( B )
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
解析:函数y=f(x)-g(x)的零点个数就是函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点个数.在同一坐标系中画出这两个函数的图象:
由图可得这两个函数的交点为A,O,B,C,D,E,共6个点.
所以原函数共有6个零点.故选B.
3.(xx南昌市一模)已知函数f(x)=若关于x的方程f[f(x)]=0有且只有一个实数解,则实数a的取值范围为 .
解析:依题意,得a≠0,令f(x)=0,得lg x=0,即x=1,由f[f(x)]=0,得f(x)=1,
当x>0时,函数y=lg x的图象与直线y=1有且只有一个交点,则当x≤0时,函数y=的图象与直线y=1没有交点,若a>0,结论成立;若a<0,则函数y=的图象与y轴交点的纵坐标-a<1,得-1
1,由二次函数的性质可知,当x≥1时,f(x)有2个零点,则要使f(x)恰有2个零点,则需要f(x)在(-∞,1)上无零点,则2-a≤0,即a≥2.综上可知,满足条件的a的取值范围是[,1)∪[2,+∞).
答案:①-1 ②[,1)∪[2,+∞)
确定函数零点所在的区间
5.(xx四川成都市一诊)方程ln(x+1)-=0(x>0)的根存在的大致区间是( B )
(A)(0,1) (B)(1,2) (C)(2,e) (D)(3,4)
解析:设f(x)=ln(x+1)-,
则f(1)=ln 2-2<0,f(2)=ln 3-1>0,
得f(1)f(2)<0,函数f(x)在区间(1,2)有零点,故选B.
6.(xx河南郑州市一模)设函数f(x)=ex+2x-4,g(x)=ln x+2x2-5,若实数a,b分别是f(x),g(x)的零点,则( A )
(A)g(a)<0e+2-4>0,可排除C,D;00)上的最小值;
(3)若存在两不等实根x1,x2∈[,e],使方程g(x)=2exf(x)成立,求实数a的取值范围.
解:(1)当a=5时g(x)=(-x2+5x-3)ex,g(1)=e.
g′(x)=(-x2+3x+2)ex,故切线的斜率为g′(1)=4e.
所以切线方程为y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.
(2)f′(x)=ln x+1,
x
(0, )
(,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值(最小值)
单调递增
①当t≥时,在区间(t,t+2)上f(x)为增函数,
所以f(x)min=f(t)=tln t,
②当00,于是φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,2)时,φ′(x)<0,于是φ(x)在(1,2)上单调递减;
依题意有
解得ln 3-1≤b1,00
f(-1)=log32-1-log32=-1<0,
所以根据函数的零点存在性定理得出函数f(x)=ax+x-b的零点所在的区间是(-1,0),故选B.
2.(xx凉山州模拟)设函数f(x)=|ln x|-的两个零点为x1,x2,则有( A )
(A)x1x2<1 (B)x1x2=1
(C)1|ln x2|,
所以-ln x1>ln x2,则ln x1+ln x2<0,即ln (x1x2)<0,
所以x1x2<1.故选A.
3.(xx蚌埠二模)函数f(x)=有且只有一个零点时,a的取值范围是( D )
(A)(-∞,0] (B)(0, )
(C)(,1) (D)(-∞,0]∪(1,+∞)
解析:因为f(1)=ln 1=0,
所以当x≤0时,函数f(x)没有零点,
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.
故选D.
4.(xx重庆卷)已知函数f(x)=且g(x)=f(x)-mx-m在(-1,1]内有且仅有两个不同的零点,则实数m的取值范围是( A )
(A) (-,-2]∪(0, ] (B) (-,-2]∪(0, ]
(C) (-,-2]∪(0, ] (D) (-,-2]∪(0, ]
解析:g(x)=f(x)-mx-m在(-1,1]内有且仅有两个不同的零点就是函数y=f(x)的图象与函数y=m(x+1)的图象有两个交点,在同一直角坐标系内作出函数
f(x)=和函数y=m(x+1)的图象,如图,
当直线y=m(x+1)与y=-3,x∈(-1,0]和y=x,x∈(0,1]都相交时,00
(C)f(x1)>0,f(x2)<0 (D)f(x1)>0,f(x2)>0
解析:函数y=2x,y=在(1,+∞)都为单调增函数,
所以f(x)=2x+在(1,+∞)上为单调增函数.
因为f(x0)=0,
所以x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞)时,
f(x1)f(x0)=0,从而答案B正确.
7.(xx山东模拟)已知函数f(x)=则下列关于函数y=f[f(kx)+1]+1(k≠0)的零点个数的判断正确的是( C )
(A)当k>0时,有3个零点;当k<0时,有4个零点
(B)当k>0时,有4个零点;当k<0时,有3个零点
(C)无论k为何值,均有3个零点
(D)无论k为何值,均有4个零点
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+(无解)或kx=;
综上所述,x=0或kx=或kx=;
故无论k为何值,均有3个解.
故选C.
8.(xx怀化二模)定义域为R的函数f(x)=若关于x的函数h(x)=f2(x)+af(x)+有5个不同的零点x1,x2,x3,x4,x5,则++++等于( C )
(A)15 (B)20 (C)30 (D)35
解析:作函数f(x)=的图象如图,
则由函数h(x)=f2(x)+af(x)+有5个不同的零点知,
1+a+=0,解得a=-,
则解f2(x)-f(x)+=0得,
f(x)=1或f(x)=;
故若f(x)=1,则x=2或x=3或x=1;
若f(x)=,则x=0或x=4;
故++++=1+4+9+16=30.故选C.
9.(xx郑州二模)已知函数f(x)=函数g(x)=f(x)-2x恰有三个不同的零点,则实数a的取值范围是( A )
(A)[-1,3) (B)[-3,-1]
(C)[-3,3) (D)[-1,1)
解析:因为f(x)=
所以g(x)=f(x)-2x=
而方程-x+3=0的解为3,
方程x2+4x+3=0的解为-1,-3;
若函数g(x)=f(x)-2x恰有三个不同的零点,
则
解得,-1≤a<3.
实数a的取值范围是[-1,3).
故选A.
10.(xx呼和浩特一模)若函数f(x)=ln x+kx-1有两个零点,则实数k的取值范围是( A )
(A) (-,0) (B) (-∞,- )
(C) (-,+∞) (D) (-e2,- )
解析:作函数y=ln x-1与y=-kx的图象如图,
当直线与y=ln x-1相切时,设切点(x,ln x-1),
y′=,
=,
解得,x=e2,
故0<-k<,
故-1时,
y=f[f(x)]-1=f(log2x)-1=log2(log2x)-1,
令y=f[f(x)]-1=0,log2(log2x)=1,
则log2x=2,x=4,
故函数y=f[f(x)]-1的零点个数为2个.
答案:2
13.(xx潍坊模拟)已知f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,f′(x)是f(x)的导函数,若对∀x∈(0,+∞),都有f[f(x)-2x]=3,则方程f′(x)-=0的解所在的区间是 .(区间长度不大于1)
解析:由题意,可知f(x)-2x是定值,令t=f(x)-2x,则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 2-零点在区间(1,2)内,
所以f′(x)-=0的解所在的区间是(1,2).
答案:(1,2)
14.(xx山东卷)已知函数f(x)=1ogax+x-b(a>0,且a≠1).当21+3-b=4-b>0.
即f(2)f(3)<0,易知f(x)在(0,+∞)单调递增,
所以f(x)存在唯一的零点x0,
且x0∈(2,3),所以n=2.
答案:2
利用导数研究方程根的问题
训练提示: 利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数问题的一般思路
(1)将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题.
(2)利用导数研究出该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图象.
(3)结合图象求解.
1.(xx贵州七校联盟第一次联考)已知函数f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然对数的底数,a∈R.
(1)当a>0时,解不等式f(x)≤0;
(2)当a=0时,求整数t的所有值,使方程f(x)=x+2在[t,t+1]上有解.
解:(1)因为ex>0,所以不等式f(x)≤0,即为ax2+x≤0,
又因为a>0,所以不等式可化为x(x+)≤0,
所以不等式f(x)≤0的解集为[-,0].
(2)当a=0时,方程即为xex=x+2,由于ex>0,
所以x=0不是方程的解,
所以原方程等价于ex--1=0,
令h(x)=ex--1,
因为h′(x)=ex+>0对于x≠0恒成立,
所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调增函数,
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有且只有两个实数根,且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,所以整数t的所有值为{-3,1}.
2.(xx广东江门市3月模拟)设函数f(x)=ex(ln x-a),e是自然对数的底数,a∈R为常数.
(1)若y=f(x)在x=1处的切线l的斜率为2e,求a的值;
(2)在(1)的条件下,证明切线l与曲线y=f(x)在区间(0, )至少有1个公共点.
解:(1)f′(x)=ex(ln x-a+),
依题意,k=f′(1)=e(ln 1-a+1)=2e,解得a=-1,
(2)由(1)f(1)=e,直线l的方程为y-e=2e(x-1),
即y=2ex-e,
令g(x)=f(x)-(2ex-e)=ex(ln x+1)-2ex+e,
则g()=(1-ln 2)>0,
g(e-4)=-3ee-4-2e-3+e<-3+e<0(用其他适当的数替代e-4亦可)
因为y=g(x)在(e-4, )上是连续不断的曲线,
g(e-4)g()<0,y=g(x)在(e-4, )内有零点,
而(e-4, )⊂ (0, ),从而切线l与曲线y=f(x)在区间(0, )至少有1个公共点.
3.(xx菏泽市一模)设函数f(x)=ln x-ax2-bx.
(1)当a=b=时,求函数f(x)的单调区间;
(2)令F(x)=f(x)+ax2+bx+(00;当x>1时,f′(x)<0,
所以f(x)的单调增区间为(0,1),减区间为(1,+∞);
(2)由题意知F(x)=ln x+,x∈(0,3],
则有k=F′(x0)=≤在(0,3]上恒成立,
所以a≥(-+x0)max,
当x0=1时,-+x0取得最大值,
所以a∈[,+∞);
(3)当a=0,b=-1时,f(x)=ln x+x,
由f(x)=mx,得ln x+x=mx,又x>0,
所以m=1+,
要使方程f(x)=mx在区间[1,e2]上有唯一实数解,
只需m=1+有唯一实数解,
令g(x)=1+(x>0),所以g′(x)=,
由g′(x)>0得0e,
所以g(x)在区间[1,e]上是增函数,在区间[e,e2]上是减函数.
g(1)=1,g(e2)=1+,g(e)=1+,
故1≤m<1+.
4.(xx威海5月模拟)已知函数f(x)=+ax,x>1.
(1)若f(x)在(1,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围;
(2)若a=2,求函数f(x)的极小值;
(3)若方程(2x-m)ln x+x=0在(1,e]上有两个不等实根,求实数m的取值范围.
解:(1)f′(x)=+a,
由题意可得f′(x)≤0在x∈(1,+∞)上恒成立;
所以a≤-=(-)2-,
因为x∈(1,+∞),
所以ln x∈(0,+∞),
所以-=0时函数t=(-)2-的最小值为-,
所以a≤-.
(2)当a=2时,f(x)=+2x,f′(x)=,
令f′(x)=0得2ln2x+ln x-1=0,
解得ln x=或ln x=-1(舍去),即x=.
当1时,f′(x)>0,
所以f(x)的极小值为f()=+2=4.
(3)将方程(2x-m)ln x+x=0两边同除ln x得(2x-m)+=0,
整理得+2x=m,
即函数f(x)与函数y=m在(1,e]上有两个不同的交点.
由(2)可知,f(x)在(1,)上单调递减,在(,e]上单调递增
f()=4,f(e)=3e,
当x→1时,→+∞,
所以40,
φ′(x)=2x+>0,所以φ(x)在(0,+∞)单调递增,
即在(0,+∞)单调递增.
(2)因为φ(1)=-1<0,φ(2)=3->0,
又φ(x)在(0,+∞)单调递增,
故φ(x)在(1,2)内有唯一零点.
又f(x)=x3-x-=xφ(x),显然x=0为f(x)一个零点,
因此y=f(x)在[0,+∞)有且仅有2个零点.
2.设a∈R,函数f(x)=ln x-ax.
(1)讨论函数f(x)的单调区间和极值;
(2)已知x1=(e为自然对数的底数)和x2是函数f(x)的两个不同的零点,求a的值并证明:x2>.
(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞).
求导数,得f′(x)=-a=.
①若a≤0,则f′(x)>0,f(x)是(0,+∞)上的增函数,无极值;
②若a>0,令f′(x)=0,得x=.
当x∈(0, )时,f′(x)>0,f(x)是增函数;
当x∈(,+∞)时,f′(x)<0,f(x)是减函数.
所以当x=时,f(x)有极大值,极大值为f()=ln -1=-ln a-1.
综上所述,当a≤0时,f(x)的递增区间为(0,+∞),无极值;
当a>0时,f(x)的递增区间为(0, ),递减区间为(,+∞),
极大值为-ln a-1.
(2)证明:因为x1=是函数f(x)的零点,
所以f()=0,即-a=0,解得a==.
所以f(x)=ln x-x.
因为f()=->0,f()=-<0,
所以f()f()<0.
由(1)知,函数f(x)在(2,+∞)上单调递减,
所以函数f(x)在区间(,)上有唯一零点,因此x2>.
3.(xx郑州质量预测)已知函数f(x)=(x2-2x)ln x+ax2+2.
(1)当a=-1时,求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)当a>0时,设函数g(x)=f(x)-x-2,且函数g(x)有且仅有一个零点,若e-20,当x>1时,h′(x)<0,
所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以h(x)max=h(1)=1.
因为a>0,所以当函数g(x)有且仅有一个零点时,a=1.
当a=1,g(x)=(x2-2x)ln x+x2-x,
若e-20,
所以g′(x)有两个零点x1,x2,即3-2axi-1=0(i=1,2),且x1x2<0,a=,
不妨设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),
设h(x)=-x3-+1,
所以h′(x)=-x2-<0,
所以h(x)为减函数,
又h(1)=0,所以x<1时h(x)>0,x>1时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 曲线y=f(x)与直线y=x-1只有一个交点,
等价于关于x的方程ax2=x3-x+1只有一个实根.
显然x≠0,所以方程a=x-+只有一个实根.
设函数g(x)=x-+,
则g′(x)=1+-=.
设h(x)=x3+x-2,h′(x)=3x2+1>0,h(x)为增函数,
又h(1)=0.所以当x<0时,g′(x)>0,g(x)为增函数;
当01时,g′(x)>0,g(x)为增函数;
所以g(x)在x=1时取极小值1.
又当x趋向于0时,g(x)趋向于正无穷;
又当x趋向于负无穷时,g(x)趋向于负无穷;
又当x趋向于正无穷时,g(x)趋向于正无穷.
所以g(x)图象大致如图所示.
所以方程a=x-+只有一个实根时,实数a的取值范围为(-∞,1).
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