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2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其表示 第2節(jié)(第4課時(shí))導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)習(xí)題 理(含解析)新人教A版

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2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其表示 第2節(jié)(第4課時(shí))導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)習(xí)題 理(含解析)新人教A版_第1頁(yè)
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《2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其表示 第2節(jié)(第4課時(shí))導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)習(xí)題 理(含解析)新人教A版》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其表示 第2節(jié)(第4課時(shí))導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)習(xí)題 理(含解析)新人教A版(11頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第4課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn) 考點(diǎn)一 判斷零點(diǎn)的個(gè)數(shù) 【例1】 (2019·合肥質(zhì)檢)已知二次函數(shù)f(x)的最小值為-4,且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|-1≤x≤3,x∈R}. (1)求函數(shù)f(x)的解析式; (2)求函數(shù)g(x)=-4ln x的零點(diǎn)個(gè)數(shù). 解 (1)∵f(x)是二次函數(shù),且關(guān)于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|-1≤x≤3,x∈R}, ∴設(shè)f(x)=a(x+1)(x-3)=ax2-2ax-3a,且a>0. ∴f(x)min=f(1)=-4a=-4,a=1. 故函數(shù)f(x)的解析式為f(x)=x2-2x-3. (2)由(1)知g(x)=-4ln

2、 x=x--4ln x-2, ∴g(x)的定義域?yàn)?0,+∞),g′(x)=1+-=,令g′(x)=0,得x1=1,x2=3. 當(dāng)x變化時(shí),g′(x),g(x)的取值變化情況如下表: x (0,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞) g′(x) + 0 - 0 + g(x) 極大值 極小值 當(dāng)03時(shí),g(e5)=e5--20-2>25-1-22=9>0. 又因?yàn)間(x)在(3,+∞)上單調(diào)遞增, 因而g(x)在(3,+∞)上只有1個(gè)零點(diǎn), 故g(x)僅有1個(gè)零點(diǎn). 規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)確定

3、函數(shù)零點(diǎn)或方程根個(gè)數(shù)的常用方法 (1)構(gòu)建函數(shù)g(x)(要求g′(x)易求,g′(x)=0可解),轉(zhuǎn)化確定g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題求解,利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的單調(diào)性、極值,并確定定義區(qū)間端點(diǎn)值的符號(hào)(或變化趨勢(shì))等,畫出g(x)的圖象草圖,數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù). (2)利用零點(diǎn)存在性定理:先用該定理判斷函數(shù)在某區(qū)間上有零點(diǎn),然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)及區(qū)間端點(diǎn)值符號(hào),進(jìn)而判斷函數(shù)在該區(qū)間上零點(diǎn)的個(gè)數(shù). 【訓(xùn)練1】 已知函數(shù)f(x)=ex-1,g(x)=+x,其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),e=2.718 28…. (1)證明:函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間(1,2)上

4、有零點(diǎn); (2)求方程f(x)=g(x)的根的個(gè)數(shù),并說(shuō)明理由. (1)證明 由題意可得h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x, 所以h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3->0, 所以h(1)h(2)<0, 所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn). (2)解 由(1)可知h(x)=f(x)-g(x)=ex-1--x. 由g(x)=+x知x∈[0,+∞), 而h(0)=0,則x=0為h(x)的一個(gè)零點(diǎn). 又h(x)在(1,2)內(nèi)有零點(diǎn), 因此h(x)在[0,+∞)上至少有兩個(gè)零點(diǎn). h′(x)=ex-x--1,記φ(x)=ex-x--1, 則φ′(x)=ex+

5、x-. 當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),φ′(x)>0,因此φ(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 易知φ(x)在(0,+∞)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn), 即h(x)在[0,+∞)內(nèi)至多有兩個(gè)零點(diǎn), 則h(x)在[0,+∞)上有且只有兩個(gè)零點(diǎn), 所以方程f(x)=g(x)的根的個(gè)數(shù)為2. 考點(diǎn)二 已知函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的取值范圍 【例2】 函數(shù)f(x)=ax+xln x在x=1處取得極值. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若y=f(x)-m-1在定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn),求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 解 (1)函數(shù)f(x)=ax+xln x的定義域?yàn)?0,+∞). f′(x)=a+ln x+1,

6、因?yàn)閒′(1)=a+1=0,解得a=-1, 當(dāng)a=-1時(shí),f(x)=-x+xln x, 即f′(x)=ln x,令f′(x)>0,解得x>1; 令f′(x)<0,解得0-1, 即m>-2,① 當(dāng)0

7、ln x)<0;當(dāng)x>e時(shí),f(x)>0. 當(dāng)x>0且x→0時(shí),f(x)→0; 當(dāng)x→+∞時(shí),顯然f(x)→+∞. 由圖象可知,m+1<0,即m<-1,② 由①②可得-2

8、; (2)若函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解 (1)由題意知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽, 又f(0)=1-a=2,得a=-1, 所以f(x)=ex-x+1,求導(dǎo)得f′(x)=ex-1. 易知f(x)在[-2,0]上單調(diào)遞減,在[0,1]上單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x=0時(shí),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當(dāng)a>0時(shí),f′(x)>0,f(x)在R上是增函數(shù), 當(dāng)x>1時(shí),f(x)=ex+a(x-1)>0; 當(dāng)x<0時(shí),取x=-, 則f<1+a=-a<0. 所以函數(shù)f(x)存在零點(diǎn),不滿足題意. ②當(dāng)

9、a<0時(shí),令f′(x)=0,得x=ln(-a). 在(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減, 在(ln (-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x=ln(-a)時(shí),f(x)取最小值. 函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn),等價(jià)于f(ln(-a))=eln(-a)+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,解得-e20時(shí),f(x)≥2a+al

10、n . (1)解 f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0). 當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0,f′(x)沒(méi)有零點(diǎn); 當(dāng)a>0時(shí),因?yàn)閥=e2x單調(diào)遞增,y=-單調(diào)遞增, 所以f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 又f′(a)>0,假設(shè)存在b滿足00時(shí),f′(x)存在唯一零點(diǎn). (2)證明 由(1),可設(shè)f′(x)在(0,+∞)上的唯一零點(diǎn)為x0, 當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f′(x)<0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f′(x)>0. 故f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x=x0時(shí),f

11、(x)取得最小值,最小值為f(x0). 由于2e2x0-=0, 所以f(x0)=+2ax0+aln ≥2a+aln . 故當(dāng)a>0時(shí),f(x)≥2a+aln . 規(guī)律方法 1.在(1)中,當(dāng)a>0時(shí),f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,從而f′(x)在 (0,+∞)上至多有一個(gè)零點(diǎn),問(wèn)題的關(guān)鍵是找到b,使f′(b)<0. 2.由(1)知,函數(shù)f′(x)存在唯一零點(diǎn)x0,則f(x0)為函數(shù)的最小值,從而把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明f(x0)≥2a+aln . 【訓(xùn)練3】 (2018·東北三省四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x-x-m(m<-2,m為常數(shù)). (1)求函數(shù)f(x)在的最小值;

12、 (2)設(shè)x1,x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn),且x10,所以y=f(x)在(0,1)遞增; 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)<0,所以y=f(x)在(1,+∞)上遞減. 且f=-1--m,f(e)=1-e-m, 因?yàn)閒-f(e)=-2-+e>0, 函數(shù)f(x)在的最小值為1-e-m. (2)證明 由(1)知x1,x2滿足ln x-x-m=0,且01, ln x1-x1-m=ln x2-x2-m

13、=0, 由題意可知ln x2-x2=m<-22, 所以02), 則g′(x)=-1-+==≤0, 當(dāng)x>2時(shí),g(x)是減函數(shù), 所以g(x)ln=ln=ln=ln>ln 1=0, ∴g(x)<0, 所以當(dāng)x>2時(shí),f(x1)-f<0, 即f(x1)

14、上單調(diào)遞增. 所以x1<,故x1x2<1. [思維升華] 1.解決函數(shù)y=f(x)的零點(diǎn)問(wèn)題,可通過(guò)求導(dǎo)判斷函數(shù)圖象的位置、形狀和發(fā)展趨勢(shì),觀察圖象與x軸的位置關(guān)系,利用數(shù)形結(jié)合的思想方法判斷函數(shù)的零點(diǎn)是否存在及零點(diǎn)的個(gè)數(shù)等. 2.通過(guò)等價(jià)變形,可將“函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)的零點(diǎn)”與“方程f(x)=g(x)的解”問(wèn)題相互轉(zhuǎn)化. [易錯(cuò)防范] 函數(shù)y=f(x)在某一區(qū)間(a,b)上存在零點(diǎn),必要時(shí)要由函數(shù)零點(diǎn)存在定理作為保證. 基礎(chǔ)鞏固題組 (建議用時(shí):35分鐘) 一、選擇題 1.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇-1,4],部分對(duì)應(yīng)值如下表: x -1 0

15、 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示.當(dāng)1

16、B.(綈p)∧(綈q) C.(綈p)∧q D.p∧(綈q) 解析 對(duì)于命題p:當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ex-x2,在同一坐標(biāo)系中作出y=ex,y=x2的圖象(圖略),由圖可知y=ex與y=x2的圖象有1個(gè)交點(diǎn),∴f(x)=ex-x2有1個(gè)零點(diǎn),故命題p為假命題,∵f(0)=1,∴命題q顯然為假命題.故(綈p)∧(綈q)為真. 答案 B 二、填空題 3.直線x=t分別與函數(shù)f(x)=ex+1的圖象及g(x)=2x-1的圖象相交于點(diǎn)A和點(diǎn)B,則|AB|的最小值為_(kāi)_______. 解析 由題意得,|AB|=|et+1-(2t-1)| =|et-2t+2|,令h(t)=et-2t+

17、2, 則h′(t)=et-2,所以h(t)在(-∞,ln 2)上單調(diào)遞減, 在(ln 2,+∞)上單調(diào)遞增, 所以h(t)min=h(ln 2)=4-2ln 2>0, 即|AB|的最小值是4-2ln 2. 答案 4-2ln 2 4.若函數(shù)f(x)=+1(a<0)沒(méi)有零點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______. 解析 f′(x)==(a<0). 當(dāng)x<2時(shí),f′(x)<0;當(dāng)x>2時(shí),f′(x)>0, ∴當(dāng)x=2時(shí),f(x)有極小值f(2)=+1. 若使函數(shù)f(x)沒(méi)有零點(diǎn),當(dāng)且僅當(dāng)f(2)=+1>0, 解之得a>-e2,因此-e2

18、解答題 5.(2019·保定調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=x3-x2-ax-2的圖象過(guò)點(diǎn)A. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)若函數(shù)g(x)=f(x)-2m+3有3個(gè)零點(diǎn),求m的取值范圍. 解 (1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=x3-x2-ax-2的圖象過(guò)點(diǎn)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. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1),(2,+∞). (2)由(1)知f(x)極大值=f(-1)=--+2-2=-, f(x)極小值=f(2)=-2-4-2=-,

19、 由數(shù)形結(jié)合,可知要使函數(shù)g(x)=f(x)-2m+3有三個(gè)零點(diǎn), 則-<2m-3<-, 解得-0),討論函數(shù)g(x)=f′(x)-零點(diǎn)的個(gè)數(shù). 解 函數(shù)g(x)=f′(x)-=--(x>0), 令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0). 設(shè)h(x)=-x3+x(x>0), 所以h′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1). 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h′(x)>0,此時(shí)h(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h′(x)<0,此時(shí)h(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減. 所以當(dāng)x=1時(shí),h(x)取得

20、極大值h(1)=-+1=. 令h(x)=0,即-x3+x=0,解得x=0(舍去)或x=. 作出函數(shù)h(x)的大致圖象(如圖),結(jié)合圖象知: ①當(dāng)m>時(shí),函數(shù)y=m和函數(shù)y=h(x)的圖象無(wú)交點(diǎn). ②當(dāng)m=時(shí),函數(shù)y=m和函數(shù)y=h(x)的圖象有且僅有一個(gè)交點(diǎn). ③當(dāng)0時(shí),函數(shù)g(x)無(wú)零點(diǎn);當(dāng)m=時(shí),函數(shù)g(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)0

21、且只有一個(gè)零點(diǎn),求f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和. 解 f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a)(a∈R), 當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 則f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又f(0)=1, 所以此時(shí)f(x)在(0,+∞)內(nèi)無(wú)零點(diǎn),不滿足題意. 當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)>0得x>,由f′(x)<0得00,f(x)

22、單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減. 則f(x)max=f(0)=1,f(-1)=-4,f(1)=0, 則f(x)min=-4,所以f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和為-3. 8.已知函數(shù)f(x)=ax+ln x,其中a為常數(shù). (1)當(dāng)a=-1時(shí),求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)當(dāng)0<-0}, 當(dāng)a=-1時(shí),f(x)=-x+ln x(x>0),f′(x)=(

23、x>0); 當(dāng)00;當(dāng)x>1時(shí),f′(x)<0. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1). (2)因?yàn)閒′(x)=a+(x>0),令f′(x)=0,解得x=-; 由f′(x)>0,解得00; 當(dāng)x>e時(shí),g′(x)<0. 從而g(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減. 所以g(x)max=g(e)=+<1, 所以,|f(x)|>g(x),即|f(x)|>+, 所以,方程|f(x)|=+沒(méi)有實(shí)數(shù)根. 11

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