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2021版新高考地区高考数学(人教版)大一轮复习(课件+学案+高效演练分层突破)第04章 第4讲 第3课时 利用导数探究函数的零点问题
展开第3课时 利用导数探究函数的零点问题
考点一 判断、证明或讨论函数零点个数(综合型)
(2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f′(x)为f(x)的导数.证明:f′(x)在区间(0,π)存在唯一零点.
【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(0,π)存在唯一零点.
判断函数零点个数的3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 |
定理法 | 利用零点存在性定理判定,可结合最值、极值去解决 |
已知f(x)=+-3,F(x)=ln x+-3x+2.
(1)判断f(x)在(0,+∞)上的单调性;
(2)判断函数F(x)在(0,+∞)上零点的个数.
解:(1)f′(x)=-+=,
令f′(x)>0,解得x>1,令f′(x)<0,解得0<x<1,
所以f(x)在(0,1)上单调递减,
在(1,+∞)上单调递增.
(2)F′(x)=f(x)=+-3,
由(1)得∃x1,x2,满足0<x1<1<x2,
使得f(x)在(0,x1)上大于0,在(x1,x2)上小于0,在(x2,+∞)上大于0,
即F(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,
而F(1)=0,x→0时,F(x)→-∞,x→+∞时,
F(x)→+∞,
画出函数F(x)的草图,如图所示.
故F(x)在(0,+∞)上的零点有3个.
考点二 已知零点个数求参数范围(综合型)
函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,c∈R)的导函数的图象如图所示:
(1)求a,b的值并写出f(x)的单调区间;
(2)若函数y=f(x)有三个零点,求c的取值范围.
【解】 (1)因为f(x)=x3+ax2+bx+c,
所以f′(x)=x2+2ax+b.
因为f′(x)=0的两个根为-1,2,
所以
解得a=-,b=-2,
由导函数的图象可知(图略),当-1<x<2时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,
当x<-1或x>2时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,
故函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和(2,+∞),
单调递减区间为(-1,2).
(2)由(1)得f(x)=x3-x2-2x+c,
函数f(x)在(-∞,-1),(2,+∞)上是增函数,
在(-1,2)上是减函数,
所以函数f(x)的极大值为f(-1)=+c,
极小值为f(2)=c-.
而函数f(x)恰有三个零点,故必有
解得-<c<.
所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.
已知函数(方程)零点的个数求参数范围
(1)函数在定义域上单调,满足零点存在性定理.
(2)若函数不是严格的单调函数,则求最小值或最大值结合图象分析.
(3)分离参数后,数形结合,讨论参数所在直线与函数图象交点的个数.
已知函数f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0).
(1)若f(0)=2,求实数a的值,并求此时f(x)在[-2,1]上的最小值;
(2)若函数f(x)不存在零点,求实数a的取值范围.
解:(1)由题意知,函数f(x)的定义域为R,
又f(0)=1-a=2,得a=-1,
所以f(x)=ex-x+1,求导得f′(x)=ex-1.
易知f(x)在[-2,0]上单调递减,在(0,1]上单调递增,
所以当x=0时,f(x)在[-2,1]上取得最小值2.
(2)由(1)知f′(x)=ex+a,由于ex>0,
①当a>0时,f′(x)>0,f(x)在R上是增函数,
当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0;
当x<0时,取x=-,
则f<1+a=-a<0.
所以函数f(x)存在零点,不满足题意.
②当a<0时,令f′(x)=0,得x=ln(-a).
在(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)单调递减,
在(ln(-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以当x=ln(-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)-a=-2a+aln(-a)>0,解得-e2<a<0.
综上所述,实数a的取值范围是(-e2,0).
[基础题组练]
1.(2020·江西七校第一次联考)已知函数y=f(x)是R上的可导函数,当x≠0时,有f′(x)+>0,则函数F(x)=x·f(x)-的零点个数是( )
A.0 B.1
C.2 D.3
解析:选B.函数F(x)=xf(x)-的零点,就是方程xf(x)-=0的根,即方程xf(x)=的根.令函数g(x)=xf(x),则g′(x)=f(x)+xf′(x).因为当x>0时,g′(x)=f(x)+xf′(x)>0,所以g(x)=xf(x)单调递增,g(x)>g(0)=0;当x<0时,g′(x)=f(x)+xf′(x)<0,所以g(x)=xf(x)单调递减,g(x)>g(0)=0.所以函数y=g(x)与y=的图象只有一个交点,即F(x)=xf(x)-只有一个零点.故选B.
2.若函数f(x)=+1(a<0)没有零点,则实数a的取值范围为________.
解析:f′(x)==(a<0).
当x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0,
所以当x=2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)=+1>0,
解得a>-e2,因此-e2<a<0.
答案:(-e2,0)
3.已知函数f(x)=a+ln x(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)试判断f(x)的零点个数.
解:(1)函数f(x)的定义域是(0,+∞),
f′(x)=()′ln x+·
=,
令f′(x)>0,解得x>e-2,
令f′(x)<0,解得0<x<e-2,
所以f(x)在(0,e-2)上单调递减,
在(e-2,+∞)上单调递增.
(2)由(1)得f(x)min=f(e-2)=a-,
显然a>时,f(x)>0,无零点,
a=时,f(x)=0,有1个零点,
a<时,f(x)<0,有2个零点.
4.(2020·保定调研)已知函数f(x)=x3-x2-ax-2的图象过点A.
(1)求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2m+3有3个零点,求m的取值范围.
解:(1)因为函数f(x)=x3-x2-ax-2的图象过点A,
所以-4a-4a-2=,解得a=2,
即f(x)=x3-x2-2x-2,
所以f′(x)=x2-x-2.
由f′(x)>0,得x<-1或x>2.
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)=--+2-2=-,
f(x)极小值=f(2)=-2-4-2=-,
由数形结合,可知要使函数g(x)=f(x)-2m+3有三个零点,
则-<2m-3<-,
解得-<m<.
所以m的取值范围为.
5.(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:
(1)f(x)存在唯一的极值点;
(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
证明:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
f′(x)=+ln x-1=ln x-.
因为y=ln x单调递增,y=单调递减,所以f′(x)单调递增.又f′(1)=-1<0,
f′(2)=ln 2-=>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f′(x0)=0.
又当x<x0时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x>x0时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
因此,f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.
由α>x0>1得<1<x0.
又f=ln --1==0,故是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.
综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
6.(2020·武昌区调研考试)已知函数f(x)=aex-aex-1,g(x)=-x3-x2+6x,其中a>0.
(1)若曲线y=f(x)经过坐标原点,求该曲线在原点处的切线方程;
(2)若f(x)=g(x)+m在[0,+∞)上有解,求实数m的取值范围.
解:(1)因为f(0)=a-1=0,所以a=1,此时f(x)=ex-ex-1.
所以f′(x)=ex-e,f′(0)=1-e.
所以曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=(1-e)x.
(2)因为f(x)=aex-aex-1,所以f′(x)=aex-ae=a(ex-e).
当x>1时,f′(x)>0;当0<x<1时,f′(x)<0.
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
所以当x∈[0,+∞)时,f(x)min=f(1)=-1.
令h(x)=g(x)+m=-x3-x2+6x+m,
则h′(x)=-3x2-3x+6=-3(x+2)(x-1).
当x>1时,h′(x)<0;当0<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.
所以当x∈[0,+∞)时,h(x)max=h(1)=+m.
要使f(x)=g(x)+m在[0,+∞)上有解,则+m≥-1,即m≥-.
所以实数m的取值范围为.