而方程-x+3=0的解为3,
2
方程x+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) (-∞,- )
2
(C) (-,+∞) (D) (-e,- )
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′=, =,
2
解得,x=e, 故0<-k<, 故- 32 11.(xx安徽卷)若函数f(x)=x+ax+bx+c有极值点x1,x2,且f(x1)=x1,则关于x的方程 2 3(f(x))+2af(x)+b=0的不同实根个数是( A ) (A)3 (B)4 (C)5 (D)6 解析:先求函数的导函数,由极值点的性质及题意,得出f(x)=x1或f(x)=x2,再利用数形结合确定这两个方程实数根的个数. 因为f′(x)=3x+2ax+b, 函数f(x)的两个极值点为x1,x2, 所以f′(x1)=0,f′(x2)=0, 2 所以x1,x2是方程3x+2ax+b=0的两根. 2 所以解关于x的方程3(f(x))+2af(x)+b=0得f(x)=x1或f(x)=x2.不妨设x1 所以不同实根的个数为3.故选A. 2 二、填空题 12.(xx兰州二模)设函数f(x)=函数y=f[f(x)]-1的零点个数为 . 解析:因为函数f(x)= 当x≤0时, xx y=f[f(x)]-1=f(2)-1=log22-1=x-1, 令y=f[f(x)]-1=0,x=1(舍去). 当0 y=f[f(x)]-1=f(log2x)-1=-1=x-1, 令y=f[f(x)]-1=0,x=1. 当x>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 ?x∈(0,+∞),都有f[f(x)-2]=3,则方程f′(x)-=0的解所在的区间是 .(区间长度不大于1) xxx 解析:由题意,可知f(x)-2是定值,令t=f(x)-2,则f(x)=2+t, t 又f(t)=2+t=3,解得t=1, x 所以有f(x)=2+1, x 所以f′(x)=2·ln 2, x 令F(x)=f′(x)-=2·ln 2-, 12 可得F(1)=2·ln 2-4<0,F(2)=2·ln 2-2>0, x 即F(x)=2·ln 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2 * x0∈(n,n+1),n∈N,则n= . 解析:对函数f(x),因为2 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. 2x 1.(xx贵州七校联盟第一次联考)已知函数f(x)=(ax+x)e,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. x2 解:(1)因为e>0,所以不等式f(x)≤0,即为ax+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]. xx (2)当a=0时,方程即为xe=x+2,由于e>0, 所以x=0不是方程的解, x 所以原方程等价于e--1=0, x 令h(x)=e--1, x 因为h′(x)=e+>0对于x≠0恒成立, 所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调增函数, 2-3 又h(1)=e-3<0,h(2)=e-2>0,h(-3)=e-<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}. x 2.(xx广东江门市3月模拟)设函数f(x)=e(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. x 解:(1)f′(x)=e(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, x 令g(x)=f(x)-(2ex-e)=e(ln x+1)-2ex+e, 则g()=(1-ln 2)>0, -4e-4-3-4 g(e)=-3e-2e+e<-3+e<0(用其他适当的数替代e亦可) -4 因为y=g(x)在(e, )上是连续不断的曲线, -4-4 g(e)g()<0,y=g(x)在(e, )内有零点, -4 而(e, )? (0, ),从而切线l与曲线y=f(x)在区间(0, )至少有1个公共点. 2 3.(xx菏泽市一模)设函数f(x)=ln x-ax-bx. (1)当a=b=时,求函数f(x)的单调区间; 2 (2)令F(x)=f(x)+ax+bx+(0 2 (3)当a=0,b=-1时,方程f(x)=mx在区间[1,e]内有唯一实数解,求实数m的取值范围. 解:(1)依题意,知f(x)的定义域为(0,+∞), 2 当a=b=时,f(x)=ln x-x-x, f′(x)=-x-=. 令f′(x)=0,解得x=1或x=-2(舍去), 当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+, 2 要使方程f(x)=mx在区间[1,e]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0 2 所以g(x)在区间[1,e]上是增函数,在区间[e,e]上是减函数. 2 g(1)=1,g(e)=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; 2 所以a≤-=(-)-, 因为x∈(1,+∞), 所以ln x∈(0,+∞), 2 所以-=0时函数t=(-)-的最小值为-, 所以a≤-. (2)当a=2时,f(x)=+2x,f′(x)=, 2 令f′(x)=0得2lnx+ln x-1=0, 解得ln x=或ln x=-1(舍去),即x=. 当1 (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4 实数m的取值范围为(4,3e]. 类型:利用导数研究方程根的问题 3 1.已知函数f(x)=x-x-. (1)判断的单调性; (2)求函数y=f(x)的零点的个数; 2 解:(1)设φ(x)=x-1-,其中x>0, 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. 3 又f(x)=x-x-=x·φ(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>. 22 3.(xx郑州质量预测)已知函数f(x)=(x-2x)ln x+ax+2. (1)当a=-1时,求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; -2 (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 22 解:(1)当a=-1时,f(x)=(x-2x)ln x-x+2,定义域为(0,+∞), f′(x)=(2x-2)ln x+(x-2)-2x. 所以f′(1)=-3,又f(1)=1,f(x)在(1,f(1))处的切线方程为3x+y-4=0. 22 (2)令g(x)=f(x)-x-2=0,则(x-2x)ln x+ax+2=x+2,即a=, 令h(x)=, 则h′(x)=--+=. 令t(x)=1-x-2ln x,t′(x)=-1-=, 因为t′(x)<0,所以t(x)在(0,+∞)上是减函数, 又因为t(1)=h′(1)=0, 所以当0 所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
2024-2024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
