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(diǎn)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(diǎn)相關(guān)的問題 理.doc》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《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(diǎn)相關(guān)的問題 理.doc(13頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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(diǎn)相關(guān)的問題 理函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)問題1.函數(shù)f(x)=xcos 2x在區(qū)間0,2上的零點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)個數(shù)就是函數(shù)y=f(x)與y=g(x)圖象的交點(diǎn)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(diǎn)為A,O,B,C,D,E,共6個點(diǎn).所以原函數(shù)共有6個零點(diǎn).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(shí)數(shù)解,則實(shí)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)x0時,函數(shù)y=lg x的圖象與直線y=1有且只有一個交點(diǎn),則當(dāng)x0時,函數(shù)y=的圖象與直線y=1沒有交點(diǎn),若a0,結(jié)論成立;若a0,則函數(shù)y=的圖象與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)-a1,得-1a0,則實(shí)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(diǎn),則實(shí)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(diǎn);當(dāng)0a1時,易知f(x)在(-,1)上有一個零點(diǎn),要使f(x)恰有2個零點(diǎn),則當(dāng)x1時,f(x)有且只有一個零點(diǎn),結(jié)合圖象可知,2a1,即a,則a1,由二次函數(shù)的性質(zhì)可知,當(dāng)x1時,f(x)有2個零點(diǎn),則要使f(x)恰有2個零點(diǎn),則需要f(x)在(-,1)上無零點(diǎn),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(diǎn)所在的區(qū)間5.(xx四川成都市一診)方程ln(x+1)-=0(x0)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 2-20,得f(1)f(2)0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)有零點(diǎn),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(shí)數(shù)a,b分別是f(x),g(x)的零點(diǎn),則(A)(A)g(a)0f(b)(B)0g(a)f(b)(C)f(b)0g(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(diǎn)的橫坐標(biāo)a應(yīng)滿足0a1;考查函數(shù)y=ln x與y=5-2x2的圖象,得其交點(diǎn)的橫坐標(biāo)b應(yīng)滿足1be+2-40,可排除C,D;0a1,g(a)ln 1+2-50)上的最小值;(3)若存在兩不等實(shí)根x1,x2,e,使方程g(x)=2exf(x)成立,求實(shí)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)0t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,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 3-1b1,0b=log320f(-1)=log32-1-log32=-10,所以根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理得出函數(shù)f(x)=ax+x-b的零點(diǎn)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(diǎn)為x1,x2,則有(A)(A)x1x21 (B)x1x2=1(C)1x1x2(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)x1x2,由圖可知,x11x2,則ln x1|ln x2|,所以-ln x1ln x2,則ln x1+ln x20,即ln (x1x2)0,所以x1x20或-2x+a2x,或a1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(diǎn),則實(shí)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(diǎn)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(diǎn),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,0m;當(dāng)直線y=m(x+1)與y=-3,x(-1,0有兩個交點(diǎn)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(diǎn)(0,-2)時,m=-2,所以m(-,-2.綜上,實(shí)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(diǎn)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(diǎn)即方程f(x)=x-3的根,由x2-3x=x-3,解得x=1或3;當(dāng)x0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(diǎn),若x1(1,x0),x2(x0,+),則(B)(A)f(x1)0,f(x2)0(B)f(x1)0(C)f(x1)0,f(x2)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?yàn)閒(x0)=0,所以x1(1,x0),x2(x0,+)時,f(x1)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(diǎn)個數(shù)的判斷正確的是(C)(A)當(dāng)k0時,有3個零點(diǎn);當(dāng)k0時,有4個零點(diǎn);當(dāng)k0時,有3個零點(diǎn)(C)無論k為何值,均有3個零點(diǎn)(D)無論k為何值,均有4個零點(diǎn)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?yàn)镽的函數(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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn),則實(shí)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?yàn)閒(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(diǎn),則解得,-1a3.實(shí)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(xiàng)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(diǎn),則實(shí)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(xiàng)Tr+1=(x2)5-r(-x-3)r=(-1)rx10-5r;令10-5r=0得,r=2;則常數(shù)項(xiàng)為=2,f(x)是以2為周期的偶函數(shù),因?yàn)閰^(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(diǎn),可轉(zhuǎn)化為f(x)與r(x)=kx+2k有四個交點(diǎn),當(dāng)k=0時,兩函數(shù)圖象只有兩個交點(diǎn),不合題意;當(dāng)k0時,因?yàn)楹瘮?shù)r(x)的圖象恒過點(diǎn)(-2,0),則若使兩函數(shù)圖象有四個交點(diǎn),必有0r(3)1;解得,0k.故選C.11.(xx安徽卷)若函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c有極值點(diǎn)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(shí)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(diǎn)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(shí)數(shù)根的個數(shù).因?yàn)閒(x)=3x2+2ax+b,函數(shù)f(x)的兩個極值點(diǎn)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)x1x2,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)=x1x2,如圖,數(shù)形結(jié)合可知f(x)=x1有兩個不同實(shí)根,f(x)=x2有一個實(shí)根,所以不同實(shí)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(diǎn)個數(shù)為.解析:因?yàn)楹瘮?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)01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(diǎn)個數(shù)為2個.答案:213.(xx山東卷)已知函數(shù)f(x)=1ogax+x-b(a0,且a1).當(dāng)2a3b4時,函數(shù)f(x)的零點(diǎn)x0(n,n+1),nN*,則n=.解析:對函數(shù)f(x),因?yàn)?a3b4,所以f(2)=loga2+2-b1+2-b=3-b1+3-b=4-b0.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(diǎn)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 2-40,即F(x)=2xln 2-零點(diǎn)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(diǎn)問題,進(jìn)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(diǎn)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(diǎn)值等性質(zhì),進(jìn)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)a0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?yàn)閑x0,所以不等式f(x)0,即為ax2+x0,又因?yàn)閍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ex0,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?yàn)閔(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-30,h(-3)=e-3-0,所以方程f(x)=x+2有且只有兩個實(shí)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(diǎn).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+e0(用其他適當(dāng)?shù)臄?shù)替代e-4亦可)因?yàn)閥=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(diǎn),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(diǎn).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(diǎn)(1,2).求實(shí)數(shù)a的值;(2)若存在實(shí)數(shù)x1,x20,使得g(x2)1)在(0,+)上的零點(diǎn)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(diǎn)(1,2),得f(0)=,即2=1-a,解得a=-1.(2)存在實(shí)數(shù)x1,x20,使得g(x2)f(x1)+13-成立,即g(x)min0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-30)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?yàn)閎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(diǎn),故(x)在(0,+)上零點(diǎn)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)m0時,若函數(shù)g(x)存在a,b,c三個零點(diǎn),且abc,試證明:-1a0beg(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=(x0且x1).所以由f(x)0,得x;由f(x)0,得0x0).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?yàn)楹瘮?shù)g(x)存在三個零點(diǎn),所以0m.所以0me2.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(-1)0,結(jié)合函數(shù)g(x)單調(diào)性及abc可得a(-1,0),b(0,e),c(e,+).即-1a0beg(x)max,因?yàn)閒(x)=由m0,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?yàn)間(x)=由mm-,不等式兩邊同乘以負(fù)數(shù)m,得-2m2e,即m2.由m0,解得me2.(1)解:因?yàn)閒(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)c0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?yàn)閒(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?yàn)閒(x)有兩個相異零點(diǎn),ln x1=cx1,ln x2=cx2, 所以ln x1-ln x2=c(x1-x2),所以=c, 而x1x2e2,等價于ln x1+ln x22,即cx1+cx22, 由得(x1+x2)2,不妨設(shè)x1x20,則t=1,上式轉(zhuǎn)化為ln t(t1),設(shè)H(t)=ln t-(t1),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x1x2e2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(diǎn)(1,f(1)處的切線方程;(2)當(dāng)a0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(diǎn),若e-2xe,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?yàn)?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?yàn)閠(x)0,所以t(x)在(0,+)上是減函數(shù),又因?yàn)閠(1)=h(1)=0,所以當(dāng)0x0,當(dāng)x1時,h(x)0,所以當(dāng)函數(shù)g(x)有且僅有一個零點(diǎn)時,a=1.當(dāng)a=1,g(x)=(x2-2x)ln x+x2-x,若e-2xe,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?yàn)閑-2xe,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?yàn)間()=-e-3+22e2e(e-)=g(e),即g()0,所以g(x)有兩個零點(diǎn)x1,x2,即3-2axi-1=0(i=1,2),且x1x20,a=,不妨設(shè)x100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x0,x1時h(x)0,所以xi(i=1,2)大于1或小于1,由x100,所以a0,h(x)為增函數(shù),又h(1)=0.所以當(dāng)x0,g(x)為增函數(shù);當(dāng)0x1時,g(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(shí)根時,實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-,1).【教師備用】 設(shè)函數(shù)f(x)=xln x(x0),g(x)=-x+2.(1)求函數(shù)f(x)在點(diǎn)M(e,f(e)處的切線方程;(2)設(shè)F(x)=ax2-(a+2)x+f(x)(a0),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(shí)數(shù)m和M(m0),則函數(shù)f(x)在點(diǎn)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(x0),F(x)=2ax-(a+2)+=(x0,a0)令F(x)=0,則x=或.當(dāng)0a時,令F(x)0解得0x;令F(x)0解得x2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?yàn)?-2,所以H(x)在區(qū)間,e內(nèi)值域?yàn)?,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(diǎn),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(diǎn).綜合以上,存在實(shí)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(diǎn).- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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