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2019-2020年高考數學二輪復習 專題2 函數與導數 第4講 與函數的零點相關的問題 文
函數零點的個數問題
1.函數f(x)=xcos 2x在區(qū)間[0,2π]上的零點的個數為( 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[0,2π]上,通過觀察y=cos 2x的函數圖象,易得滿足cos 2x=0的x的值有,,,,所以零點的個數為5個.
2.(xx南昌二模)已知函數f(x)=函數g(x)是周期為2的偶函數,且當x∈[0,1]時,g(x)=2x-1,則函數y=f(x)-g(x)的零點個數是( B )
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
解析:函數y=f(x)-g(x)的零點個數就是函數y=f(x)與y=g(x)圖象的交點個數.在同一坐標系中畫出這兩個函數的圖象:
由圖可得這兩個函數的交點為A,O,B,C,D,E,共6個點.
所以原函數共有6個零點.故選B.
3.(xx南昌市一模)已知函數f(x)=若關于x的方程f[f(x)]=0有且只有一個實數解,則實數a的取值范圍為 .
解析:依題意,得a≠0,令f(x)=0,得lg x=0,即x=1,由f[f(x)]=0,得f(x)=1,
當x>0時,函數y=lg x的圖象與直線y=1有且只有一個交點,則當x≤0時,函數y=的圖象與直線y=1沒有交點,若a>0,結論成立;若a<0,則函數y=的圖象與y軸交點的縱坐標-a<1,得-1
1,由二次函數的性質可知,當x≥1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-a≤0,即a≥2.綜上可知,滿足條件的a的取值范圍是[,1)∪[2,+∞).
答案:①-1?、赱,1)∪[2,+∞)
確定函數零點所在的區(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f(x)在區(qū)間(1,2)有零點,故選B.
6.(xx河南鄭州市一模)設函數f(x)=ex+2x-4,g(x)=ln x+2x2-5,若實數a,b分別是f(x),g(x)的零點,則( A )
(A)g(a)<0e+2-4>0,可排除C,D;00)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a的取值范圍.
解:(1)當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)
單調遞減
極小值(最小值)
單調遞增
①當t≥時,在區(qū)間(t,t+2)上f(x)為增函數,
所以f(x)min=f(t)=tln t,
②當00,于是φ(x)在(0,1)上單調遞增;
當x∈(1,2)時,φ′(x)<0,于是φ(x)在(1,2)上單調遞減;
依題意有
解得ln 3-1≤b1,00
f(-1)=log32-1-log32=-1<0,
所以根據函數的零點存在性定理得出函數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)設函數f(x)=|ln x|-的兩個零點為x1,x2,則有( A )
(A)x1x2<1 (B)x1x2=1
(C)1|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x≤0時,函數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a≤0.
故選D.
4.(xx重慶卷)已知函數f(x)=且g(x)=f(x)-mx-m在(-1,1]內有且僅有兩個不同的零點,則實數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]內有且僅有兩個不同的零點就是函數y=f(x)的圖象與函數y=m(x+1)的圖象有兩個交點,在同一直角坐標系內作出函數
f(x)=和函數y=m(x+1)的圖象,如圖,
當直線y=m(x+1)與y=-3,x∈(-1,0]和y=x,x∈(0,1]都相交時,00
(C)f(x1)>0,f(x2)<0 (D)f(x1)>0,f(x2)>0
解析:函數y=2x,y=在(1,+∞)都為單調增函數,
所以f(x)=2x+在(1,+∞)上為單調增函數.
因為f(x0)=0,
所以x1∈(1,x0),x2∈(x0,+∞)時,
f(x1)f(x0)=0,從而答案B正確.
7.(xx山東模擬)已知函數f(x)=則下列關于函數y=f[f(kx)+1]+1(k≠0)的零點個數的判斷正確的是( C )
(A)當k>0時,有3個零點;當k<0時,有4個零點
(B)當k>0時,有4個零點;當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+(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f(x)=若關于x的函數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f(x)=的圖象如圖,
則由函數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f(x)=函數g(x)=f(x)-2x恰有三個不同的零點,則實數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g(x)=f(x)-2x恰有三個不同的零點,
則
解得,-1≤a<3.
實數a的取值范圍是[-1,3).
故選A.
10.(xx呼和浩特一模)若函數f(x)=ln x+kx-1有兩個零點,則實數k的取值范圍是( A )
(A) (-,0) (B) (-∞,- )
(C) (-,+∞) (D) (-e2,- )
解析:作函數y=ln x-1與y=-kx的圖象如圖,
當直線與y=ln x-1相切時,設切點(x,ln x-1),
y′=,
=,
解得,x=e2,
故0<-k<,
故-1時,
y=f[f(x)]-1=f(log2x)-1=log2(log2x)-1,
令y=f[f(x)]-1=0,log2(log2x)=1,
則log2x=2,x=4,
故函數y=f[f(x)]-1的零點個數為2個.
答案:2
13.(xx濰坊模擬)已知f(x)是定義在(0,+∞)上的單調函數,f′(x)是f(x)的導函數,若對?x∈(0,+∞),都有f[f(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,
所以f′(x)-=0的解所在的區(qū)間是(1,2).
答案:(1,2)
14.(xx山東卷)已知函數f(x)=1ogax+x-b(a>0,且a≠1).當21+3-b=4-b>0.
即f(2)f(3)<0,易知f(x)在(0,+∞)單調遞增,
所以f(x)存在唯一的零點x0,
且x0∈(2,3),所以n=2.
答案:2
利用導數研究方程根的問題
訓練提示: 利用導數研究高次式、分式、指數式、對數式方程解的個數問題的一般思路
(1)將問題轉化為函數的零點問題,進而轉化為函數的圖象與x軸(或直線y=k)在該區(qū)間上的交點問題.
(2)利用導數研究出該函數在該區(qū)間上的單調性、極值(最值)、端點值等性質,進而畫出其圖象.
(3)結合圖象求解.
1.(xx貴州七校聯(lián)盟第一次聯(lián)考)已知函數f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然對數的底數,a∈R.
(1)當a>0時,解不等式f(x)≤0;
(2)當a=0時,求整數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+x≤0,
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x≠0恒成立,
所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)內是單調增函數,
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有且只有兩個實數根,且分別在區(qū)間[1,2]和[-3,-2]上,所以整數t的所有值為{-3,1}.
2.(xx廣東江門市3月模擬)設函數f(x)=ex(ln x-a),e是自然對數的底數,a∈R為常數.
(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(用其他適當的數替代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.
3.(xx菏澤市一模)設函數f(x)=ln x-ax2-bx.
(1)當a=b=時,求函數f(x)的單調區(qū)間;
(2)令F(x)=f(x)+ax2+bx+(00;當x>1時,f′(x)<0,
所以f(x)的單調增區(qū)間為(0,1),減區(qū)間為(1,+∞);
(2)由題意知F(x)=ln x+,x∈(0,3],
則有k=F′(x0)=≤在(0,3]上恒成立,
所以a≥(-+x0)max,
當x0=1時,-+x0取得最大值,
所以a∈[,+∞);
(3)當a=0,b=-1時,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在區(qū)間[1,e2]上有唯一實數解,
只需m=1+有唯一實數解,
令g(x)=1+(x>0),所以g′(x)=,
由g′(x)>0得0e,
所以g(x)在區(qū)間[1,e]上是增函數,在區(qū)間[e,e2]上是減函數.
g(1)=1,g(e2)=1+,g(e)=1+,
故1≤m<1+.
4.(xx威海5月模擬)已知函數f(x)=+ax,x>1.
(1)若f(x)在(1,+∞)上單調遞減,求實數a的取值范圍;
(2)若a=2,求函數f(x)的極小值;
(3)若方程(2x-m)ln x+x=0在(1,e]上有兩個不等實根,求實數m的取值范圍.
解:(1)f′(x)=+a,
由題意可得f′(x)≤0在x∈(1,+∞)上恒成立;
所以a≤-=(-)2-,
因為x∈(1,+∞),
所以ln x∈(0,+∞),
所以-=0時函數t=(-)2-的最小值為-,
所以a≤-.
(2)當a=2時,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=.
當1時,f′(x)>0,
所以f(x)的極小值為f()=+2=4.
(3)將方程(2x-m)ln x+x=0兩邊同除ln x得(2x-m)+=0,
整理得+2x=m,
即函數f(x)與函數y=m在(1,e]上有兩個不同的交點.
由(2)可知,f(x)在(1,)上單調遞減,在(,e]上單調遞增
f()=4,f(e)=3e,
當x→1時,→+∞,
所以40,
φ′(x)=2x+>0,所以φ(x)在(0,+∞)單調遞增,
即在(0,+∞)單調遞增.
(2)因為φ(1)=-1<0,φ(2)=3->0,
又φ(x)在(0,+∞)單調遞增,
故φ(x)在(1,2)內有唯一零點.
又f(x)=x3-x-=xφ(x),顯然x=0為f(x)一個零點,
因此y=f(x)在[0,+∞)有且僅有2個零點.
2.設a∈R,函數f(x)=ln x-ax.
(1)討論函數f(x)的單調區(qū)間和極值;
(2)已知x1=(e為自然對數的底數)和x2是函數f(x)的兩個不同的零點,求a的值并證明:x2>.
(1)解:函數f(x)的定義域為(0,+∞).
求導數,得f′(x)=-a=.
①若a≤0,則f′(x)>0,f(x)是(0,+∞)上的增函數,無極值;
②若a>0,令f′(x)=0,得x=.
當x∈(0, )時,f′(x)>0,f(x)是增函數;
當x∈(,+∞)時,f′(x)<0,f(x)是減函數.
所以當x=時,f(x)有極大值,極大值為f()=ln -1=-ln a-1.
綜上所述,當a≤0時,f(x)的遞增區(qū)間為(0,+∞),無極值;
當a>0時,f(x)的遞增區(qū)間為(0, ),遞減區(qū)間為(,+∞),
極大值為-ln a-1.
(2)證明:因為x1=是函數f(x)的零點,
所以f()=0,即-a=0,解得a==.
所以f(x)=ln x-x.
因為f()=->0,f()=-<0,
所以f()f()<0.
由(1)知,函數f(x)在(2,+∞)上單調遞減,
所以函數f(x)在區(qū)間(,)上有唯一零點,因此x2>.
3.(xx鄭州質量預測)已知函數f(x)=(x2-2x)ln x+ax2+2.
(1)當a=-1時,求f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;
(2)當a>0時,設函數g(x)=f(x)-x-2,且函數g(x)有且僅有一個零點,若e-20,當x>1時,h′(x)<0,
所以h(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,
所以h(x)max=h(1)=1.
因為a>0,所以當函數g(x)有且僅有一個零點時,a=1.
當a=1,g(x)=(x2-2x)ln x+x2-x,
若e-20,
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),
設h(x)=-x3-+1,
所以h′(x)=-x2-<0,
所以h(x)為減函數,
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<00,所以a<1.
法二 曲線y=f(x)與直線y=x-1只有一個交點,
等價于關于x的方程ax2=x3-x+1只有一個實根.
顯然x≠0,所以方程a=x-+只有一個實根.
設函數g(x)=x-+,
則g′(x)=1+-=.
設h(x)=x3+x-2,h′(x)=3x2+1>0,h(x)為增函數,
又h(1)=0.所以當x<0時,g′(x)>0,g(x)為增函數;
當01時,g′(x)>0,g(x)為增函數;
所以g(x)在x=1時取極小值1.
又當x趨向于0時,g(x)趨向于正無窮;
又當x趨向于負無窮時,g(x)趨向于負無窮;
又當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a的取值范圍為(-∞,1).
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