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当前位置:首页 > 中学教育 > 高中教育 > 2020届高考数学理一轮复习讲义高考专题突破1第2课时导数与方程
第2课时导数与方程题型一求函数零点个数例1(2018·乌海模拟)已知函数f(x)=2a2lnx-x2(a0).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)讨论函数f(x)在区间(1,e2)上零点的个数(e为自然对数的底数).解(1)∵f(x)=2a2lnx-x2,∴f′(x)=2a2x-2x=2a2-2x2x=-2x-ax+ax,∵x0,a0,当0xa时,f′(x)0,当xa时,f′(x)0.∴f(x)的单调递增区间是(0,a),单调递减区间是(a,+∞).(2)由(1)得f(x)max=f(a)=a2(2lna-1).讨论函数f(x)的零点情况如下:①当a2(2lna-1)0,即0ae时,函数f(x)无零点,在(1,e2)上无零点;②当a2(2lna-1)=0,即a=e时,函数f(x)在(0,+∞)内有唯一零点a,而1a=ee2,∴f(x)在(1,e2)内有一个零点;③当a2(2lna-1)0,即ae时,由于f(1)=-10,f(a)=a2(2lna-1)0,f(e2)=2a2ln(e2)-e4=4a2-e4=(2a-e2)(2a+e2),当2a-e20,即eae22时,1eae22e2,f(e2)0,由函数f(x)的单调性可知,函数f(x)在(1,a)内有唯一零点x1,在(a,e2)内有唯一零点x2,∴f(x)在(1,e2)内有两个零点.当2a-e2≥0,即a≥e22e时,f(e2)≥0,而且f(e)=2a2·12-e=a2-e0,f(1)=-10,由函数的单调性可知,无论a≥e2,还是ae2,f(x)在(1,e)内有唯一的零点,在(e,e2)内没有零点,从而f(x)在(1,e2)内只有一个零点.综上所述,当0ae时,函数f(x)在区间(1,e2)上无零点;当a=e或a≥e22时,函数f(x)在区间(1,e2)上有一个零点;当eae22时,函数f(x)在区间(1,e2)上有两个零点.思维升华(1)可以通过构造函数,将两曲线的交点问题转化为函数零点问题.(2)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,并借助函数的大致图象判断方程根的情况.跟踪训练1设函数f(x)=lnx+mx,m∈R.(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;(2)讨论函数g(x)=f′(x)-x3的零点的个数.解(1)由题设,当m=e时,f(x)=lnx+ex,则f′(x)=x-ex2(x0),由f′(x)=0,得x=e.∴当x∈(0,e)时,f′(x)0,f(x)在(0,e)上单调递减,当x∈(e,+∞)时,f′(x)0,f(x)在(e,+∞)上单调递增,∴当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=lne+ee=2,∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)=f′(x)-x3=1x-mx2-x3(x0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x0).设φ(x)=-13x3+x(x≥0),则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),当x∈(0,1)时,φ′(x)0,φ(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时,φ′(x)0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点,∴φ(x)的最大值为φ(1)=23.又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图),可知①当m23时,函数g(x)无零点;②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0m23时,函数g(x)有两个零点;④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.综上所述,当m23时,函数g(x)无零点;当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0m23时,函数g(x)有两个零点.题型二根据函数零点情况求参数范围例2(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)=1x-x+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:fx1-fx2x1-x2a-2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.①若a≤2,则f′(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时,f′(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.②若a2,令f′(x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x∈0,a-a2-42∪a+a2-42,+∞时,f′(x)0;当x∈a-a2-42,a+a2-42时,f′(x)0.所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上单调递减,在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.(2)证明由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1x2,则x21.由于fx1-fx2x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2,所以fx1-fx2x1-x2a-2等价于1x2-x2+2lnx20.设函数g(x)=1x-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减.又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)0.所以1x2-x2+2lnx20,即fx1-fx2x1-x2a-2.思维升华函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数,确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象,充分利用导数工具和数形结合思想.跟踪训练2已知函数f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-3(a为实数),若方程g(x)=2f(x)在区间1e,e上有两个不等实根,求实数a的取值范围.解由g(x)=2f(x),可得2xlnx=-x2+ax-3,a=x+2lnx+3x,设h(x)=x+2lnx+3x(x0),所以h′(x)=1+2x-3x2=x+3x-1x2.所以x在1e,e上变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下:x1e,11(1,e)h′(x)-0+h(x)↘极小值↗又h1e=1e+3e-2,h(1)=4,h(e)=3e+e+2.且h(e)-h1e=4-2e+2e0.所以h(x)min=h(1)=4,h(x)max=h1e=1e+3e-2,所以实数a的取值范围为4a≤e+2+3e,即a的取值范围为4,e+2+3e.1.已知函数f(x)=a+x·lnx(a∈R),试求f(x)的零点个数.解f′(x)=(x)′lnx+x·1x=xlnx+22x,令f′(x)0,解得xe-2,令f′(x)0,解得0xe-2,所以f(x)在(0,e-2)上单调递减,在(e-2,+∞)上单调递增.f(x)min=f(e-2)=a-2e,显然当a2e时,f(x)min0,f(x)无零点,当a=2e时,f(x)min=0,f(x)有1个零点,当a2e时,f(x)min0,f(x)有2个零点.2.已知f(x)=1x+exe-3,F(x)=lnx+exe-3x+2.(1)判断f(x)在(0,+∞)上的单调性;(2)判断函数F(x)在(0,+∞)上零点的个数.解(1)f′(x)=-1x2+exe=x2ex-eex2,令f′(x)0,解得x1,令f′(x)0,解得0x1,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)F′(x)=f(x)=1x+exe-3,由(1)得∃x1,x2,满足0x11x2,使得f(x)在(0,x1)上大于0,在(x1,x2)上小于0,在(x2,+∞)上大于0,即F(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,而F(1)=0,x→0时,F(x)→-∞,x→+∞时,F(x)→+∞,画出函数F(x)的草图,如图所示.故F(x)在(0,+∞)上的零点有3个.3.已知函数f(x)=ax2(a∈R),g(x)=2lnx,且方程f(x)=g(x)在区间[2,e]上有两个不相等的解,求a的取值范围.解由已知可得方程a=2lnxx2在区间[2,e]上有两个不等解,令φ(x)=2lnxx2,由φ′(x)=21-2lnxx3易知,φ(x)在(2,e)上为增函数,在(e,e)上为减函数,则φ(x)max=φ(e)=1e,由于φ(e)=2e2,φ(2)=ln22,φ(e)-φ(2)=2e2-ln22=4-e2ln22e2=lne4-ln2e22e2ln81-ln272e20,所以φ(e)φ(2).所以φ(x)min=φ(e),如图可知φ(x)=a有两个不相等的解时,需ln22≤a1e.即f(x)=g(x)在[2,e]上有两个不相等的解时,a的取值范围为ln22,1e.4.已知函数f(x)=-x2+2ex+m-1,g(x)=x+e2x(x0).(1)若g(x)=m有零点,求m的取值范围;(2)确定m的取值范围,使得g(x)-f(x)=0有两个相异实根.解(1)∵g(x)=x+e2x≥2e2=2e(x0),当且仅当x=e2x时取等号,∴当x=e时,g(x)有最小值2e.∴要使g(x)=m有零点,只需m≥2e.即当m∈[2e,+∞)时,g(x)=m有零点.(2)若g(x)-f(x)=0有两个相异实根,则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点.如图,作出函数g(x)=x+e2x(x0)的大致图象.∵f(x)=-x2+2ex+m-1=-(x-e)2+m-1+e2,∴其对称轴为x=e,f(x)max=m-1+e2.若函数f(x)与g(x)的图象有两个交点,则m-1+e22e,即当m-e2+2e+1时,g(x)-f(x)=0有两个相异实根.∴m的取值范围是(-e2+2e+1,+∞).5.已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x22.(1)解f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).①设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.②设a0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)0,所以f(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b0且blna2,则f(b)a2(b-2)+a(b-1)2=ab2-32b0,故f(x)存在两个零点.③设a0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f′(x)0,因此f(x)在(1,+∞)内单调递增.又当x≤1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.若a-e2,则ln(-2a)1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f′(x)0.因此f(x)在(1,ln(-2a))内单调递减,在(ln(-2a),+∞)内单调递增.又当x≤1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).(2)证明不妨设x1x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),f(x)在(-∞,1)内单调递减,所以x1+x22等价于f(x1)f(2-x2),即f(2-x2)0.由于f(2-x2)=22e2xx--+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)2ex+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=22222e(2)e.xxxx---设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g′(x)=(x-1)(e2-x-ex).所以当x1时,g′(x)0.而g(1)=0,故当x1时,g(x)0.
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