2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 與函數(shù)的零點相關(guān)的問題 理.doc

2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第4講 與函數(shù)的零點相關(guān)的問題 理函數(shù)零點的個數(shù)問題1.函數(shù)f(x)=xcos 2x在區(qū)間0,2上的零點的個數(shù)為(D)(A)2(B)3(C)4(D)5解析:要使f(x)=xcos 2x=0,則x=0,或cos 2x=0,而在區(qū)間0,2上,通過觀察y=cos 2x的函數(shù)圖象,易得滿足cos 2x=0的x的值有,所以零點的個數(shù)為5個.2.(xx南昌二模)已知函數(shù)f(x)=函數(shù)g(x)是周期為2的偶函數(shù),且當(dāng)x0,1時,g(x)=2x-1,則函數(shù)y=f(x)-g(x)的零點個數(shù)是(B)(A)5(B)6(C)7(D)8解析:函數(shù)y=f(x)-g(x)的零點個數(shù)就是函數(shù)y=f(x)與y=g(x)圖象的交點個數(shù).在同一坐標(biāo)系中畫出這兩個函數(shù)的圖象:由圖可得這兩個函數(shù)的交點為A,O,B,C,D,E,共6個點.所以原函數(shù)共有6個零點.故選B.3.(xx南昌市一模)已知函數(shù)f(x)=若關(guān)于x的方程ff(x)=0有且只有一個實數(shù)解,則實數(shù)a的取值范圍為.解析:依題意,得a0,令f(x)=0,得lg x=0,即x=1,由ff(x)=0,得f(x)=1,當(dāng)x>0時,函數(shù)y=lg x的圖象與直線y=1有且只有一個交點,則當(dāng)x0時,函數(shù)y=的圖象與直線y=1沒有交點,若a>0,結(jié)論成立;若a<0,則函數(shù)y=的圖象與y軸交點的縱坐標(biāo)-a<1,得-1<a<0,則實數(shù)a的取值范圍為(-1,0)(0,+).答案:(-1,0)(0,+)4.(xx北京卷)設(shè)函數(shù)f(x)=若a=1,則f(x)的最小值為;若f(x)恰有2個零點,則實數(shù)a的取值范圍是.解析:當(dāng)a=1時,f(x)=其大致圖象如圖所示:由圖可知f(x)的最小值為-1.當(dāng)a0時,顯然函數(shù)f(x)無零點;當(dāng)0<a<1時,易知f(x)在(-,1)上有一個零點,要使f(x)恰有2個零點,則當(dāng)x1時,f(x)有且只有一個零點,結(jié)合圖象可知,2a1,即a,則a<1;當(dāng)a1時,2a>1,由二次函數(shù)的性質(zhì)可知,當(dāng)x1時,f(x)有2個零點,則要使f(x)恰有2個零點,則需要f(x)在(-,1)上無零點,則2-a0,即a2.綜上可知,滿足條件的a的取值范圍是,1)2,+).答案:-1,1)2,+)確定函數(shù)零點所在的區(qū)間5.(xx四川成都市一診)方程ln(x+1)-=0(x>0)的根存在的大致區(qū)間是(B)(A)(0,1)(B)(1,2)(C)(2,e)(D)(3,4)解析:設(shè)f(x)=ln(x+1)-,則f(1)=ln 2-2<0,f(2)=ln 3-1>0,得f(1)f(2)<0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)有零點,故選B.6.(xx河南鄭州市一模)設(shè)函數(shù)f(x)=ex+2x-4,g(x)=ln x+2x2-5,若實數(shù)a,b分別是f(x),g(x)的零點,則(A)(A)g(a)<0<f(b)(B)0<g(a)<f(b)(C)f(b)<0<g(a)(D)f(b)<g(a)<0解析:考查函數(shù)y=ex與y=4-2x的圖象,得其交點的橫坐標(biāo)a應(yīng)滿足0<a<1;考查函數(shù)y=ln x與y=5-2x2的圖象,得其交點的橫坐標(biāo)b應(yīng)滿足1<b<2,f(b)>e+2-4>0,可排除C,D;0<a<1,g(a)<ln 1+2-5<0,故選A.利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的方程根(函數(shù)零點)問題7.(xx河南省六市3月第一次聯(lián)合調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)=xln x,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a為實數(shù)).(1)當(dāng)a=5時,求函數(shù)y=g(x)在x=1處的切線方程;(2)求f(x)在區(qū)間t,t+2(t>0)上的最小值;(3)若存在兩不等實根x1,x2,e,使方程g(x)=2exf(x)成立,求實數(shù)a的取值范圍.解:(1)當(dāng)a=5時g(x)=(-x2+5x-3)ex,g(1)=e.g(x)=(-x2+3x+2)ex,故切線的斜率為g(1)=4e.所以切線方程為y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.(2)f(x)=ln x+1,x(0,)(,+)f(x)-0+f(x)單調(diào)遞減極小值(最小值)單調(diào)遞增當(dāng)t時,在區(qū)間(t,t+2)上f(x)為增函數(shù),所以f(x)min=f(t)=tln t,當(dāng)0<t<時,在區(qū)間(t,)上f(x)為減函數(shù),在區(qū)間(,t+2)上f(x)為增函數(shù),所以f(x)min=f()=-.(3)由g(x)=2exf(x),可得2xln x=-x2+ax-3,a=x+2ln x+,令h(x)=x+2ln x+,h(x)=1+-=.x(,1)1(1,e)h(x)-0+h(x)單調(diào)遞減極小值(最小值)單調(diào)遞增h（）=+3e-2,h(1)=4,h(e)=+e+2.h(e)-h（）=4-2e+<0.所以實數(shù)a的取值范圍為（4,e+2+.8.(xx湖北八市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln(x+a)-x2-x在x=0處取得極值.(1)求實數(shù)a的值;(2)若關(guān)于x的方程f(x)=-x+b在區(qū)間0,2上恰有兩個不同的實數(shù)根,求實數(shù)b的取值范圍.解:(1)f(x)=-2x-1,因為x=0時,f(x)取得極值,所以f(0)=0,故-20-1=0,解得a=1,經(jīng)檢驗當(dāng)a=1時,f(x)在x=0處取得極大值符合題意,所以a=1.(2)由a=1知f(x)=ln(x+1)-x2-x,由f(x)=-x+b,得ln(x+1)-x2+x-b=0,令(x)=ln(x+1)-x2+x-b,則f(x)=-x+b在0,2上恰有兩個不同的實數(shù)根等價于(x)=0在0,2上恰有兩個不同的實數(shù)根.(x)=-2x+=,當(dāng)x(0,1)時,(x)>0,于是(x)在(0,1)上單調(diào)遞增;當(dāng)x(1,2)時,(x)<0,于是(x)在(1,2)上單調(diào)遞減;依題意有解得ln 3-1b<ln 2+,所以實數(shù)b的取值范圍是ln 3-1,ln 2+).一、選擇題1.(xx太原一模)已知實數(shù)a,b滿足2a=3,3b=2,則函數(shù)f(x)=ax+x-b的零點所在的區(qū)間是(B)(A)(-2,-1)(B)(-1,0)(C)(0,1) (D)(1,2)解析:因為實數(shù)a,b滿足2a=3,3b=2,所以a=log23>1,0<b=log32<1,因為函數(shù)f(x)=ax+x-b,所以f(x)=(log23)x+x-log32單調(diào)遞增,因為f(0)=1-log32>0f(-1)=log32-1-log32=-1<0,所以根據(jù)函數(shù)的零點存在性定理得出函數(shù)f(x)=ax+x-b的零點所在的區(qū)間是(-1,0),故選B.2.(xx涼山州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=|ln x|-的兩個零點為x1,x2,則有(A)(A)x1x2<1 (B)x1x2=1(C)1<x1x2<(D)x1x2解析:由f(x)=|ln x|-=0,得|ln x|=,作函數(shù)y=|ln x|與y=的圖象如圖.不妨設(shè)x1<x2,由圖可知,x1<1<x2,則ln x1<0,且|ln x1|>|ln x2|,所以-ln x1>ln x2,則ln x1+ln x2<0,即ln (x1x2)<0,所以x1x2<1.故選A.3.(xx蚌埠二模)函數(shù)f(x)=有且只有一個零點時,a的取值范圍是(D)(A)(-,0(B)(0,)(C)(,1) (D)(-,0(1,+)解析:因為f(1)=ln 1=0,所以當(dāng)x0時,函數(shù)f(x)沒有零點,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a0.故選D.4.(xx重慶卷)已知函數(shù)f(x)=且g(x)=f(x)-mx-m在(-1,1內(nèi)有且僅有兩個不同的零點,則實數(shù)m的取值范圍是(A)(A)(-,-2(0,(B)（-,-2(0,(C)(-,-2(0,(D)(-,-2(0,解析:g(x)=f(x)-mx-m在(-1,1內(nèi)有且僅有兩個不同的零點就是函數(shù)y=f(x)的圖象與函數(shù)y=m(x+1)的圖象有兩個交點,在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)f(x)=和函數(shù)y=m(x+1)的圖象,如圖,當(dāng)直線y=m(x+1)與y=-3,x(-1,0和y=x,x(0,1都相交時,0<m;當(dāng)直線y=m(x+1)與y=-3,x(-1,0有兩個交點時,由方程組消元得-3=m(x+1),即m(x+1)2+3(x+1)-1=0,化簡得mx2+(2m+3)x+m+2=0,當(dāng)=9+4m=0,即m=-時,直線y=m(x+1)與y=-3相切,當(dāng)直線y=m(x+1)過點(0,-2)時,m=-2,所以m(-,-2.綜上,實數(shù)m的取值范圍是(-,-2)(0,故選A.5.(xx湖北卷)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)x0時,f(x)=x2-3x.則函數(shù)g(x)=f(x)-x+3的零點的集合為(D)(A)1,3 (B)-3,-1,1,3(C)2-,1,3(D)-2-,1,3解析:當(dāng)x0時,函數(shù)g(x)的零點即方程f(x)=x-3的根,由x2-3x=x-3,解得x=1或3;當(dāng)x<0時,由f(x)是奇函數(shù)得-f(x)=f(-x)=x2-3(-x),即f(x)=-x2-3x.由f(x)=x-3得x=-2-(正根舍去).故選D.6.已知x0是函數(shù)f(x)=2x+的一個零點,若x1(1,x0),x2(x0,+),則(B)(A)f(x1)<0,f(x2)<0(B)f(x1)<0,f(x2)>0(C)f(x1)>0,f(x2)<0(D)f(x1)>0,f(x2)>0解析:函數(shù)y=2x,y=在(1,+)都為單調(diào)增函數(shù),所以f(x)=2x+在(1,+)上為單調(diào)增函數(shù).因為f(x0)=0,所以x1(1,x0),x2(x0,+)時,f(x1)<f(x0)=0,f(x2)>f(x0)=0,從而答案B正確.7.已知函數(shù)f(x)=則下列關(guān)于函數(shù)y=ff(kx)+1+1(k0)的零點個數(shù)的判斷正確的是(C)(A)當(dāng)k>0時,有3個零點;當(dāng)k<0時,有4個零點(B)當(dāng)k>0時,有4個零點;當(dāng)k<0時,有3個零點(C)無論k為何值,均有3個零點(D)無論k為何值,均有4個零點解析:令ff(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+(無解)或kx=;綜上所述,x=0或kx=或kx=;故無論k為何值,均有3個解.故選C.8.(xx懷化二模)定義域為R的函數(shù)f(x)=若關(guān)于x的函數(shù)h(x)=f2(x)+af(x)+有5個不同的零點x1,x2,x3,x4,x5,則+等于(C)(A)15(B)20(C)30(D)35解析:作函數(shù)f(x)=的圖象如圖,則由函數(shù)h(x)=f2(x)+af(x)+有5個不同的零點知,1+a+=0,解得a=-,則解f2(x)-f(x)+=0得,f(x)=1或f(x)=;故若f(x)=1,則x=2或x=3或x=1;若f(x)=,則x=0或x=4;故+=1+4+9+16=30.故選C.9.(xx鄭州二模)已知函數(shù)f(x)=函數(shù)g(x)=f(x)-2x恰有三個不同的零點,則實數(shù)a的取值范圍是(A)(A)-1,3)(B)-3,-1(C)-3,3)(D)-1,1)解析:因為f(x)=所以g(x)=f(x)-2x=而方程-x+3=0的解為3,方程x2+4x+3=0的解為-1,-3;若函數(shù)g(x)=f(x)-2x恰有三個不同的零點,則解得,-1a<3.實數(shù)a的取值范圍是-1,3).故選A.10.(xx衡陽二模)已知(x2-)5的展開式中的常數(shù)項為T,f(x)是以T為周期的偶函數(shù),且當(dāng)x0,1時,f(x)=x,若在區(qū)間-1,3內(nèi),函數(shù)g(x)=f(x)-kx-2k有4個零點,則實數(shù)k的取值范圍是(C)(A)(0,(B)0,(C)(0,(D)0,解析:(x2-)5的通項Tr+1=(x2)5-r(-x-3)r=(-1)rx10-5r;令10-5r=0得,r=2;則常數(shù)項為=2,f(x)是以2為周期的偶函數(shù),因為區(qū)間-1,3是兩個周期,所以在區(qū)間-1,3內(nèi)函數(shù)g(x)=f(x)-kx-2k有4個零點,可轉(zhuǎn)化為f(x)與r(x)=kx+2k有四個交點,當(dāng)k=0時,兩函數(shù)圖象只有兩個交點,不合題意;當(dāng)k0時,因為函數(shù)r(x)的圖象恒過點(-2,0),則若使兩函數(shù)圖象有四個交點,必有0<r(3)1;解得,0<k.故選C.11.(xx安徽卷)若函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c有極值點x1,x2,且f(x1)=x1,則關(guān)于x的方程3(f(x)2+2af(x)+b=0的不同實根個數(shù)是(A)(A)3(B)4(C)5(D)6解析:先求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù),由極值點的性質(zhì)及題意,得出f(x)=x1或f(x)=x2,再利用數(shù)形結(jié)合確定這兩個方程實數(shù)根的個數(shù).因為f(x)=3x2+2ax+b,函數(shù)f(x)的兩個極值點為x1,x2,所以f(x1)=0,f(x2)=0,所以x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的兩根.所以解關(guān)于x的方程3(f(x)2+2af(x)+b=0得f(x)=x1或f(x)=x2.不妨設(shè)x1<x2,由題意知函數(shù)f(x)在(-,x1),(x2,+)上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減.又f(x1)=x1<x2,如圖,數(shù)形結(jié)合可知f(x)=x1有兩個不同實根,f(x)=x2有一個實根,所以不同實根的個數(shù)為3.故選A.二、填空題12.(xx蘭州二模)設(shè)函數(shù)f(x)=函數(shù)y=ff(x)-1的零點個數(shù)為.解析:因為函數(shù)f(x)=當(dāng)x0時,y=ff(x)-1=f(2x)-1=log22x-1=x-1,令y=ff(x)-1=0,x=1(舍去).當(dāng)0<x1時,y=ff(x)-1=f(log2x)-1=-1=x-1,令y=ff(x)-1=0,x=1.當(dāng)x>1時,y=ff(x)-1=f(log2x)-1=log2(log2x)-1,令y=ff(x)-1=0,log2(log2x)=1,則log2x=2,x=4,故函數(shù)y=ff(x)-1的零點個數(shù)為2個.答案:213.(xx山東卷)已知函數(shù)f(x)=1ogax+x-b(a>0,且a1).當(dāng)2<a<3<b<4時,函數(shù)f(x)的零點x0(n,n+1),nN*,則n=.解析:對函數(shù)f(x),因為2<a<3<b<4,所以f(2)=loga2+2-b<1+2-b=3-b<0,f(3)=loga3+3-b>1+3-b=4-b>0.即f(2)f(3)<0,易知f(x)在(0,+)單調(diào)遞增,所以f(x)存在唯一的零點x0,且x0(2,3),所以n=2.答案:214.(xx濰坊模擬)已知f(x)是定義在(0,+)上的單調(diào)函數(shù),f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),若對x(0,+),都有ff(x)-2x=3,則方程f(x)-=0的解所在的區(qū)間是.(區(qū)間長度不大于1)解析:由題意,可知f(x)-2x是定值,令t=f(x)-2x,則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 2-零點在區(qū)間(1,2)內(nèi),所以f(x)-=0的解所在的區(qū)間是(1,2).答案:(1,2)利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的問題訓(xùn)練提示:利用導(dǎo)數(shù)研究高次式、分式、指數(shù)式、對數(shù)式方程解的個數(shù)問題的一般思路(1)將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點問題,進而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與x軸(或直線y=k)在該區(qū)間上的交點問題.(2)利用導(dǎo)數(shù)研究出該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點值等性質(zhì),進而畫出其圖象.(3)結(jié)合圖象求解.1.(xx貴州七校聯(lián)盟第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),aR.(1)當(dāng)a>0時,解不等式f(x)0;(2)當(dāng)a=0時,求整數(shù)t的所有值,使方程f(x)=x+2在t,t+1上有解.解:(1)因為ex>0,所以不等式f(x)0,即為ax2+x0,又因為a>0,所以不等式可化為x(x+)0,所以不等式f(x)0的解集為-,0.(2)當(dāng)a=0時,方程即為xex=x+2,由于ex>0,所以x=0不是方程的解,所以原方程等價于ex-1=0,令h(x)=ex-1,因為h(x)=ex+>0對于x0恒成立,所以h(x)在(-,0)和(0,+)內(nèi)是單調(diào)增函數(shù),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有且只有兩個實數(shù)根,且分別在區(qū)間1,2和-3,-2上,所以整數(shù)t的所有值為-3,1.【教師備用】 (xx廣東江門市3月模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(ln x-a),e是自然對數(shù)的底數(shù),aR為常數(shù).(1)若y=f(x)在x=1處的切線l的斜率為2e,求a的值;(2)在(1)的條件下,證明切線l與曲線y=f(x)在區(qū)間(0,)至少有1個公共點.解:(1)f(x)=ex (ln x-a+),依題意,k=f(1)=e(ln 1-a+1)=2e,解得a=-1,(2)由(1)f(1)=e,直線l的方程為y-e=2e(x-1),即y=2ex-e,令g(x)=f(x)-(2ex-e)=ex(ln x+1)-2ex+e,則g()=(1-ln 2)>0,g(e-4)=-3ee-4-2e-3+e<-3+e<0(用其他適當(dāng)?shù)臄?shù)替代e-4亦可)因為y=g(x)在(e-4,)上是連續(xù)不斷的曲線,g(e-4)g()<0,y=g(x)在（e-4,）內(nèi)有零點,而（e-4,）（0,）,從而切線l與曲線y=f(x)在區(qū)間（0,）至少有1個公共點.2.(xx福建龍巖市5月質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=ex(sin x+cos x)+a,g(x)=(a2-a+10)ex(aR且a為常數(shù)).(1)若曲線y=f(x)在(0,f(0)處的切線過點(1,2).求實數(shù)a的值;(2)若存在實數(shù)x1,x20,使得g(x2)<f(x1)+13-成立,求實數(shù)a的取值范圍;(3)判斷函數(shù)(x)=-+1+ln x(b>1)在(0,+)上的零點個數(shù),并說明理由.解:(1)f(x)=ex(sin x+cos x)+ex(cos x-sin x)=2excos x,又曲線y=f(x)在(0,f(0)處的切線過點(1,2),得f(0)=,即2=1-a,解得a=-1.(2)存在實數(shù)x1,x20,使得g(x2)<f(x1)+13-成立,即g(x)min<f(x)max+13-由(1)知f(x)=2excos x=0在x0,上的解為x=,函數(shù)f(x)在（0,）上遞增,在（,）上遞減,f(x)max=f（）=+a又a2-a+10>0恒成立,g(x)=(a2-a+10)ex在0,上遞增,g(x)min=g(0)=a2-a+10,故a2-a+10<+a+13-,得a2-2a-3<0,所以實數(shù)a的取值范圍是(-1,3).(3)由(x)=-+1+ln x=0(x>0)得-+1+ln x=0,化為=1-x-xln x,令h(x)=1-x-xln x,則h(x)=-2-ln x,由h(x)=-2-ln x=0,得x=e-2,故h(x)在（0,）上遞增,在（,+）上遞減,h(x)max=h（）=1+.再令t(x)=b（1+）ex,因為b>1,所以函數(shù)t(x)=b（1+）ex在(0,+)上遞增,t(x)>t(0)=b（1+）e0=b（1+）>1+.知t(x)>h(x)max,由此判斷函數(shù)(x)在(0,+)上沒有零點,故(x)在(0,+)上零點個數(shù)為0.【教師備用】 (xx四川成都市一診)已知函數(shù)f(x)=-,g(x)=m-,其中mR且m0.e=2.71828為自然對數(shù)的底數(shù).(1)當(dāng)m<0時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極小值;(2)當(dāng)m>0時,若函數(shù)g(x)存在a,b,c三個零點,且a<b<c,試證明:-1<a<0<b<e<c;(3)是否存在負(fù)數(shù)m,對x1(1,+),x2(-,0),都有f(x1)>g(x2)成立?若存在,求出m的取值范圍;若不存在,請說明理由.解:(1)f(x)=-m=m=(x>0且x1).所以由f(x)>0,得x>由f(x)<0,得0<x<,且x1.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1),(1,),單調(diào)遞增區(qū)間是(,+).所以f(x)極小值=f()=-2me.(2)g(x)=-=(m>0).所以g(x)在(-,0)上單調(diào)遞增,（0,）上單調(diào)遞減,（,+）上單調(diào)遞增.因為函數(shù)g(x)存在三個零點,所以0<m<.所以0<me<2.由g(-1)=m-mem=m(1-em)<0,所以g(e)=m-=m（1-）<0.綜上可知,g(e)<0,g(0)>0,g(-1)<0,結(jié)合函數(shù)g(x)單調(diào)性及a<b<c可得a(-1,0),b(0,e),c(e,+).即-1<a<0<b<e<c,得證.(3)由題意,只需f(x)min>g(x)max,因為f(x)=由m<0,所以函數(shù)f(x)在（1,）上單調(diào)遞減,在（,+）上單調(diào)遞增.所以f(x)min=f（）=-2me.因為g(x)=由m<0,所以函數(shù)g(x)在（-,）上單調(diào)遞增,（,0）上單調(diào)遞減.所以g(x)max=g（）=m-.所以-2me>m-,不等式兩邊同乘以負(fù)數(shù)m,得-2m2e<m2-.所以(2e+1)m2>,即m2>.由m<0,解得m<-.綜上所述,存在這樣的負(fù)數(shù)m（-,-）滿足題意.類型:利用導(dǎo)數(shù)研究方程根的問題1.設(shè)函數(shù)f(x)=ln x-cx(cR).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)x2恒成立,求c的取值范圍;(3)設(shè)函數(shù)f(x)有兩個相異零點x1,x2,求證:x1x2>e2.(1)解:因為f(x)=ln x-cx, 所以x(0,+),f(x)=-c=.當(dāng)c0時,f(x)單調(diào)增區(qū)間為(0,+),當(dāng)c>0時,f(x)單調(diào)增區(qū)間為（0,）,f(x)單調(diào)減區(qū)間為（,+）.(2)解:因為f(x)x2,所以ln x-cxx2,所以c-x.設(shè)g(x)=-x,所以g(x)=,所以g(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,+)單調(diào)遞減.所以g(x)max=g(1)=-1,所以c-1.(3)證明:因為f(x)有兩個相異零點,ln x1=cx1,ln x2=cx2, 所以ln x1-ln x2=c(x1-x2),所以=c, 而x1x2>e2,等價于ln x1+ln x2>2,即cx1+cx2>2, 由得(x1+x2)>2,不妨設(shè)x1>x2>0,則t=>1,上式轉(zhuǎn)化為ln t>(t>1),設(shè)H(t)=ln t-(t>1),則H(t)=>0,故函數(shù)H(t)是(1,+)上的增函數(shù),所以H(t)>H(1)=0,即不等式ln t>成立,故所證不等式x1x2>e2成立.2.(xx鄭州質(zhì)量預(yù)測)已知函數(shù)f(x)=(x2-2x)ln x+ax2+2.(1)當(dāng)a=-1時,求f(x)在點(1,f(1)處的切線方程;(2)當(dāng)a>0時,設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)-x-2,且函數(shù)g(x)有且僅有一個零點,若e-2<x<e,g(x)m,求m的取值范圍.解:(1)當(dāng)a=-1時,f(x)=(x2-2x)ln x-x2+2,定義域為(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)處的切線方程為3x+y-4=0.(2)令g(x)=f(x)-x-2=0,則(x2-2x)ln x+ax2+2=x+2,即a=,令h(x)=,則h(x)=-+=.令t(x)=1-x-2ln x,t(x)=-1-=,因為t(x)<0,所以t(x)在(0,+)上是減函數(shù),又因為t(1)=h(1)=0,所以當(dāng)0<x<1時,h(x)>0,當(dāng)x>1時,h(x)<0,所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減,所以h(x)max=h(1)=1.因為a>0,所以當(dāng)函數(shù)g(x)有且僅有一個零點時,a=1.當(dāng)a=1,g(x)=(x2-2x)ln x+x2-x,若e-2<x<e,g(x)m,只需g(x)maxm,g(x)=(x-1)(3+2ln x),令g(x)=0得x=1或x=,又因為e-2<x<e,所以函數(shù)g(x)在(e-2,)上單調(diào)遞增,在（,1）上單調(diào)遞減,在(1,e)上單調(diào)遞增,又g()=-e-3+2,g(e)=2e2-3e,因為g()=-e-3+2<2e<2e（e-）=g(e),即g（）<g(e),g(x)max=g(e)=2e2-3e,所以m2e2-3e.3.已知函數(shù)f(x)=x3-ax2,常數(shù)aR.(1)若a=1,過點(1,0)作曲線y=f(x)的切線l,求l的方程;(2)若曲線y=f(x)與直線y=x-1只有一個交點,求實數(shù)a的取值范圍.解:函數(shù)求導(dǎo)得f(x)=3x2-2ax.(1)當(dāng)a=1時有f(x)=3x2-2x,設(shè)切點P為(x0,y0),則k=f(x0)=3-2x0,則P處的切線方程為y=(3-2x0)(x-x0)+-.該直線經(jīng)過點(1,0),所以有0=(3-2x0)(1-x0)+-,化簡得-2+x0=0,解得x0=0或x0=1,所以切線方程為y=0和y=x-1.(2)法一由題得方程x3-ax2-x+1=0只有一個根,設(shè)g(x)=x3-ax2-x+1,則g(x)=3x2-2ax-1,因為=4a2+12>0,所以g(x)有兩個零點x1,x2,即3-2axi-1=0(i=1,2),且x1x2<0,a=,不妨設(shè)x1<0<x2,所以g(x)在(-,x1),(x2,+)單調(diào)遞增,在(x1,x2)單調(diào)遞減,g(x1)為極大值,g(x2)為極小值,方程x3-ax2-x+1=0只有一個根等價于g(x1)>0且g(x2)>0,或g(x1)<0且g(x2)<0,又g(xi)=-a-xi+1=-xi+1=-+1(i=1,2),設(shè)h(x)=-x3-+1,所以h(x)=-x2-<0,所以h(x)為減函數(shù),又h(1)=0,所以x<1時h(x)>0,x>1時h(x)<0,所以xi(i=1,2)大于1或小于1,由x1<0<x2知,xi(i=1,2)只能小于1,所以由二次函數(shù)g(x)=3x2-2ax-1性質(zhì)可得g(1)=3-2a-1>0,所以a<1.法二曲線y=f(x)與直線y=x-1只有一個交點,等價于關(guān)于x的方程ax2=x3-x+1只有一個實根.顯然x0,所以方程a=x-+只有一個實根.設(shè)函數(shù)g(x)=x-+,則g(x)=1+-=.設(shè)h(x)=x3+x-2,h(x)=3x2+1>0,h(x)為增函數(shù),又h(1)=0.所以當(dāng)x<0時,g(x)>0,g(x)為增函數(shù);當(dāng)0<x<1時,g(x)<0,g(x)為減函數(shù);當(dāng)x>1時,g(x)>0,g(x)為增函數(shù);所以g(x)在x=1時取極小值1.又當(dāng)x趨向于0時,g(x)趨向于正無窮;又當(dāng)x趨向于負(fù)無窮時,g(x)趨向于負(fù)無窮;又當(dāng)x趨向于正無窮時,g(x)趨向于正無窮.所以g(x)圖象大致如圖所示.所以方程a=x-+只有一個實根時,實數(shù)a的取值范圍為(-,1).【教師備用】 設(shè)函數(shù)f(x)=xln x(x>0),g(x)=-x+2.(1)求函數(shù)f(x)在點M(e,f(e)處的切線方程;(2)設(shè)F(x)=ax2-(a+2)x+f(x)(a>0),討論函數(shù)F(x)的單調(diào)性;(3)設(shè)函數(shù)H(x)=f(x)+g(x),是否同時存在實數(shù)m和M(m<M),使得對每一個tm,M,直線y=t與曲線y=H(x)（x,e）都有公共點?若存在,求出最小的實數(shù)m和最大的實數(shù)M;若不存在,說明理由.解:(1)f(x)=ln x+1(x>0),則函數(shù)f(x)在點M(e,f(e)處的斜率為f(e)=2,f(e)=e,所以,所求切線方程為y-e=2(x-e),即y=2x-e.(2)F(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1(x>0),F(x)=2ax-(a+2)+=(x>0,a>0)令F(x)=0,則x=或.當(dāng)0<a<2即>時,令F(x)>0解得0<x<或x>令F(x)<0解得<x<.所以F(x)在(0,),(,+)上單調(diào)遞增,在(,)上單調(diào)遞減.當(dāng)a=2即=時,F(x)0恒成立.所以F(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.當(dāng)a>2即<時,函數(shù)F(x)在(0,),(,+)上單調(diào)遞增,在(,)上單調(diào)遞減.(3)H(x)=-x+2+xln x,H(x)=ln x.令H(x)=0,則x=1.當(dāng)x在區(qū)間,e內(nèi)變化時,H(x),H(x)的變化情況如下表:x(,1)1(1,e)eH(x)-0+H(x)2-單調(diào)遞減極小值1單調(diào)遞增2因為2-<2,所以H(x)在區(qū)間,e內(nèi)值域為1,2,由此可得,若則對每一個tm,M,直線y=t與曲線y=H(x)(x,e)都有公共點,并且對每一個t(-,m)(M,+),直線y=t與曲線y=H(x)(x,e)都沒有公共點.綜合以上,存在實數(shù)m=1和M=2,使得對每一個tm,M,直線y=t與曲線y=H(x)(x,e)都有公共點.