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高考数学二轮专题训练2.63课时突破函数与导数解答题第2课时导数与零点的综合问题课件
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这是一份高考数学二轮专题训练2.63课时突破函数与导数解答题第2课时导数与零点的综合问题课件，共60页。PPT课件主要包含了专题能力提升练等内容，欢迎下载使用。
考向一 利用导数研究函数的零点(方程的根)【典例】1.已知函数f(x)=sin x+ln x-1.(1)求函数f(x)在点 处的切线方程;(2)当x∈ 时,讨论函数f(x)的零点个数.2.设函数f(x)=ln x+2x2-（m-1）x,m∈R.(1)当m=6时,求函数f(x)的极值;(2)若关于x的方程f(x)=2x2在区间[1,4]上有两个实数解,求实数m的取值范围.
【解题指南】1.(1)求出f′ ,应用点斜式求出切线的方程;(2)应用导数研究函数的单调性,结合零点存在性定理确定零点个数.2.(1)求出函数的定义域以及导函数,根据单调性求解出函数的极值;(2)关于x的方程f(x)=2x2可化简为m= +1,问题转化为直线y=m与函数g(x)= +1有两个交点,通过研究函数g(x)的图象即可得到答案.
【解析】1.(1)因为f′(x)=cs x+ ,所以k=f′ ,所求切线方程为:y-ln ,即y= .
(2)因为f′(x)=cs x+ ,所以当x∈ 时,f′(x)>0,则f(x)在 上单调递增,且f =ln >0,f =ln - <0,所以f(x)在 内有唯一零点;当x∈ 时,由f″(x)=-sin x- <0,知f′(x)在 上单调递减,且f′ = >0,f′ =-1+ <0,知存在唯一x0∈ 使得f′ =0;
当x∈ 时f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈ 时,f′(x)<0,f(x)单调递减且f >0,f =ln π-1>0,所以f(x)在 上无零点,综上可知f(x)在区间 内有且只有一个零点.
2.(1)依题意知f(x)的定义域为 ,当m=6时,f(x)=ln x+2x2-5x,所以f′(x)= ,令f′(x)=0,解得x=1或 ,则当01时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当
(2)由f(x)=2x2,可得ln x=(m-1)x,又x>0,所以 =m-1,即m= +1.令g(x)=1+ ,则g′(x)= ,由g′(x)≥0,得1≤x≤e;由g′(x)≤0,得e≤x≤4,所以g(x)在区间[1,e]上是增函数,在区间[e,4]上是减函数.所以当x=e时函数g(x)有最大值,且最大值为g(e)=1+ ,又g(1)=1,g(4)=1+ ,所以当1+ ≤m<1+ 时,方程在区间[1,4]上有两个实数解.即实数m的取值范围为 .
【探究延伸】若将本例2(2)的条件改为:若关于x的方程f(x)=2x2在区间[1,4]上只有1个实数解,求实数m的取值范围.【解析】由题可知,此时实数m的取值范围是[1,1+ ln 2)∪{1+ }.
【素养提升】1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题第一步:将问题转化为方程解的问题,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;第二步:利用导数研究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;第三步:结合图象求解.
2.根据函数零点情况求参数范围(1)要注意端点的取舍.(2)选择恰当的分类标准进行讨论.
【变式训练】(2020·全国Ⅲ卷)函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点 处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
【解析】(1)因为f′(x)=3x2+b,由题意,f′ =0,即3× +b=0,则b=- .(2)由(1)可得f(x)=x3- x+c,f′(x)=3x2- =3 ,令f′(x)>0,得x> 或x<- ;令f′(x)<0,得-
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)<0,由零点存在性定理知f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点x0,即f(x)在(-∞,-1)上存在唯一一个零点,在(-1,+∞)上不存在零点,此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当c<- 时,f(-1)=c- <0,f =c+ <0,f =c- <0,f(1)=c+ <0,
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)>0,由零点存在性定理知f(x)在(1,-4c)上存在唯一一个零点x0′,即f(x)在(1,+∞)上存在唯一一个零点,在(-∞,1)上不存在零点,此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
考向二 利用导数求解最优化问题【典例】某同学大学毕业后,决定利用所学专业进行自主创业,经过市场调查,生产一小型电子产品需投入固定成本2万元,每生产x万件,需另投入流动成本C(x)万元,当年产量小于7万件时,C(x)= x2+2x(万元);当年产量不小于7万件时,C(x)=6x+ln x+ -17(万元).已知每件产品售价为6元,假若该同学生产的商品当年能全部售完.
(1)写出年利润P(x)(万元)关于年产量x(万件)的函数解析式;(注:年利润=年销售收入-固定成本-流动成本)(2)当年产量约为多少万件时,该同学的这一产品所获年利润最大,最大年利润是多少?(取e3≈20).
【解题指南】(1)根据年利润=年销售收入-固定成本-流动成本,分0(2)当010,所以当x=e3≈20时,P(x)取得最大值11万元,即当年产量约为20万件时,该同学的这一产品所获年利润最大,最大利润为11万元.
【加练备选】某公司为了获得更大的收益,每年要投入一定的资金用于广告促销,经调查,每年投入广告费t百万元,可增加销售额约为(-t2+7t)百万元.(1)若该公司将一年的广告费控制在4百万元之内,则应投入多少广告费,才能使该公司由此增加的收益最大?(2)现该公司准备共投入5百万元,分别用于广告促销和技术改造,经预测,每投入技术改造费x(1≤x≤5)百万元,可增加的销售额约为 百万元,请设计一个资金分配方案,使该公司由此增加的收益最大.(注:收益=销售额-投入,这里除了广告费和技术改造费,不考虑其他的投入)
【解题指南】(1)先写出收益f(t)的解析式,再利用二次函数的图象和性质求最大值和此时t的值.(2)设由此增加的收益是g(x)百万元,再写出g(x)的解析式,再利用导数求函数的最值,即可得到资金分配方案.
【解析】(1)设投入t百万元的广告费后增加的收益为f(t)百万元,则f(t)=(-t2+7t)-t=-t2+6t=-(t-3)2+9（0≤t≤4）,所以当t=3时,f(t)取得最大值9,即投入3百万元的广告费时,该公司由此增加的收益最大.(2)用于技术改造的资金为x百万元,则用于广告促销的资金为(5-x)百万元,设由此增加的收益是g(x)百万元.
则g(x)= x2+4ln x+[-(5-x)2+7(5-x)]-5=- x2+3x+4ln x+5.g′(x)=-x+3+ =- ,1≤x≤5.则当1≤x<4时,g′(x)>0;当4
【变式训练】某地环保部门跟踪调查一种有害昆虫的数量.根据调查数据,该昆虫的数量y(万只)与时间x(年)(其中x∈N*)的关系为y=2ex.为有效控制有害昆虫数量、保护生态环境,环保部门通过实时监控比值M= (其中a为常数,且a>0)来进行生态环境分析.(1)当a=1时,求比值M取最小值时x的值;(2)经过调查,环保部门发现:当比值M不超过e4时不需要进行环境防护.为确保恰好3年不需要进行保护,求实数a的取值范围.(e为自然对数的底数,e=2.718 28…)
【解析】(1)当a=1时,M= (x≥1,x∈N*),所以M′= 列表得:所以M在 上单调递减,在 上单调递增,所以M在x=2时取最小值.
(2)因为M′= (a>0),根据(1)知:M在 上单调递减,在 上单调递增,因为确保恰好3年不需要进行保护,所以 解得
令f′(x)=0,得x= ,且在 上,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;在 上,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,所以x= 是函数f(x)在(2,6)内的极大值点,也是最大值点,所以当x= ≈3.3时,函数f(x)取得最大值.故当销售价格为3.3元/套时,网校每日销售套题所获得的利润最大.
二十四 导数与零点的综合问题(40分钟 80分)1.已知函数f(x)= (1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.【解题指南】(1)由f′(x)>0(<0)判断f(x)的单调性,借助零点存在性定理判断f(x)有两个零点;(2)由导数的几何意义证明.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为 所以f(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.因为 f(e2)= ,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0< <1, 故f(x)在(0,1)有唯一零点 .综上,f(x)有且仅有两个零点.
(2)因为 故点 在曲线y=ex上.由题设知f(x0)=0,即 故直线AB的斜率
曲线y=ex在点 处切线的斜率是 ,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是 ,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
2.已知函数f(x)=ex-x2-x-1.(1)求函数y=f′(x)的单调区间;(2)函数g(x)=-x2+(a-1)x,求g(x)=f(x)的解的个数.【解析】(1)由f(x)=ex-x2-x-1,得f′(x)=ex-2x-1,故f″(x)=ex-2,令f″(x)>0,解得x>ln 2,令f″(x)<0,解得x
当a∈(0,1)时,t′(a)<0,当a∈(1,+∞)时,t′(a)>0,所以t(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,而t(1)=0,故a∈(0,1)∪(1,+∞)时,h(x)max>0,h(x)有2个零点,当a=1时,h(x)max=0,h(x)有1个零点,综上,a∈(-∞,0)∪{1}时,g(x)=f(x)有1个解,当a∈(0,1)∪(1,+∞)时,g(x)=f(x)有2个解.
3.(2020·大庆二模)已知函数f(x)=ln x,g(x)=ax-1(a∈R).(1)讨论函数h(x)=f(x)-g(x)的单调性;(2)若函数f(x)与g(x)的图象有两个不同的交点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1
(2)函数f(x)与g(x)有两个不同的交点A(x1,y1),B(x2,y2),其中x10时,h(x)在 上是增函数,在 上是减函数,此时 为函数f(x)的最大值,当 ≤0时,h(x)最多有一个零点,
所以 =ln >0,解得00,所以F(a)在(0,1)上单调递增,所以F(a)
【解析】(1)依题意得,L(x)=x(4-x)+x -2x-1=-x2+8x-6ln x-2(x>0).(2)当1≤x≤6时,因为所以当10,
当3
【解析】(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f′(x0)=0,即 解得 因此,当a= 时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)上无零点.
当x=1时,若a≥ 则f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a< 则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数.①若a≤-3或a≥0,则f′(x)=3x2+a在(0,1)上无零点,故f(x)在(0,1)上单调.而f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)上有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)上没有零点.
②若-3 或a<- 时,h(x)有一个零点;当a= 或a=- 时,h(x)有两个零点;当-
【解析】(1)当m=1时,f(x)=ex-sin x+n,所以f′(x)=ex-cs x>0,当x>0时,ex>1,cs x∈[-1,1],所以f′(x)>0对任意的x∈(0,+∞)都成立,所以f(x)在(0,+∞)单调递增,
所以f(x)>f(0)=1+n,要使得x∈(0,+∞)时,f(x)>0恒成立,则1+n≥0,解得n≥-1,即n的取值范围为[-1 ,+∞).
(2)因为f′(x)=ex-mcs x,所以f′(0)=1-m=1,解得m=0,又f(0)=1+n=-1,所以n=-2,所以f(x)=ex-2,g(x)=xex-x-2,显然x=0不是g(x)的零点,所以xex-x-2=0可化为ex- -1=0,令h(x)=ex- -1,则h′(x)=ex+ >0,
所以h(x)在(-∞,0),(0,+∞)上单调递增.又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-2>0,h(-3)= h(-2)= >0,所以h(x)在(-3, -2),(1,2)上各有1个零点,所以g(x)在[-3,-2],[1,2]上各有1个零点,所以整数k的取值为-3或1,所以整数k的所有取值的和为-3+1=-2.
6.已知函数f(x)=aln x-x,其中a为常数.(1)讨论函数y=f(x)的单调性;(2)当a=e(e为自然对数的底数),x∈[1,+∞)时,若方程f(x)= 有两个不等实数根,求实数b的取值范围.
【解析】(1)由题意得:f(x)定义域为(0,+∞),f′(x)= 当a≤0时,f′(x)<0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,令f′(x)=0,解得:x=a,所以当x∈(0,a)时,f′(x)>0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减.综上所述:当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减.
(2)当a=e时,eln x-x= 有两个不等实根,方程可化为 ,令g(x)= ,则g′(x)= ,令h(x)=-x2+ex+e-eln x,则h′(x)=-2x+e- = ,
当x∈[1,+∞)时,-2x2+ex-e≤-2<0,即h′(x)<0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递减,所以h(x)≤h(1)=-1+2e=2e-1,且h(e)=-e2+e2+e-e=0.所以h(x)在[1,+∞)上有且仅有一个零点x=e,所以当x∈[1,e)时,h(x)>0,即g′(x)>0;当x∈(e,+∞)时,h(x)<0,即g′(x)<0,
所以g(x)在[1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=e+1-e=1,g(1)=-1.由此可得g(x)图象如图所示:
则当x∈[1,+∞)时,方程f(x)= 有两个不等实数根等价于当x∈[1,+∞)时,g(x)与y=b有两个不同交点,由图象可知:b∈[-1,1).
【加练备选】设f(x)=xsin x+cs x,g(x)=x2+4.(1)讨论f(x)在[-π,π]上的单调性;(2)令h(x)=g(x)-4f(x),试证明h(x)在R上有且仅有三个零点.
【解析】(1)f′(x)=sin x+xcs x-sin x=xcs x,令f′(x)=0,则x=0或 x∈ 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈ 时,f′(x)<0,f(x)单调递减,x∈ 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈ 时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以f(x)的单调递增区间是 递减区间是
(2)h(x)=x2+4-4xsin x-4cs x,因为h(0)=0,所以x=0是h(x)的一个零点.故h(-x)=(-x)2+4-4(-x)sin(-x)-4cs(-x)=x2+4-4xsin x-4cs x=h(x),所以h(x)是偶函数,即要确定h(x)在R上的零点个数,需确定x>0时,h(x)的零点个数即可.
①当x>0时,h′(x)=2x-4xcs x=2x(1-2cs x),令h′(x)=0,即cs x= ,x= +2kx或x=- +2kx(k∈N).x∈ 时,h′(x)<0,h(x)单调递减,且 x∈ 时,h′(x)>0,h(x)单调递增,且 所以h(x)在 有唯一零点,
②当x≥ π时,由于sin x≤1,cs x≤1.h(x)=x2+4-4xsin x-4cs x≥x2+4-4x-4=x2-4x=t(x)而t(x)在 单调递增,t(x)≥ >0,
考向一 利用导数研究函数的零点(方程的根)【典例】1.已知函数f(x)=sin x+ln x-1.(1)求函数f(x)在点 处的切线方程;(2)当x∈ 时,讨论函数f(x)的零点个数.2.设函数f(x)=ln x+2x2-（m-1）x,m∈R.(1)当m=6时,求函数f(x)的极值;(2)若关于x的方程f(x)=2x2在区间[1,4]上有两个实数解,求实数m的取值范围.
【解题指南】1.(1)求出f′ ,应用点斜式求出切线的方程;(2)应用导数研究函数的单调性,结合零点存在性定理确定零点个数.2.(1)求出函数的定义域以及导函数,根据单调性求解出函数的极值;(2)关于x的方程f(x)=2x2可化简为m= +1,问题转化为直线y=m与函数g(x)= +1有两个交点,通过研究函数g(x)的图象即可得到答案.
【解析】1.(1)因为f′(x)=cs x+ ,所以k=f′ ,所求切线方程为:y-ln ,即y= .
(2)因为f′(x)=cs x+ ,所以当x∈ 时,f′(x)>0,则f(x)在 上单调递增,且f =ln >0,f =ln - <0,所以f(x)在 内有唯一零点;当x∈ 时,由f″(x)=-sin x- <0,知f′(x)在 上单调递减,且f′ = >0,f′ =-1+ <0,知存在唯一x0∈ 使得f′ =0;
当x∈ 时f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈ 时,f′(x)<0,f(x)单调递减且f >0,f =ln π-1>0,所以f(x)在 上无零点,综上可知f(x)在区间 内有且只有一个零点.
2.(1)依题意知f(x)的定义域为 ,当m=6时,f(x)=ln x+2x2-5x,所以f′(x)= ,令f′(x)=0,解得x=1或 ,则当0
(2)由f(x)=2x2,可得ln x=(m-1)x,又x>0,所以 =m-1,即m= +1.令g(x)=1+ ,则g′(x)= ,由g′(x)≥0,得1≤x≤e;由g′(x)≤0,得e≤x≤4,所以g(x)在区间[1,e]上是增函数,在区间[e,4]上是减函数.所以当x=e时函数g(x)有最大值,且最大值为g(e)=1+ ,又g(1)=1,g(4)=1+ ,所以当1+ ≤m<1+ 时,方程在区间[1,4]上有两个实数解.即实数m的取值范围为 .
【探究延伸】若将本例2(2)的条件改为:若关于x的方程f(x)=2x2在区间[1,4]上只有1个实数解,求实数m的取值范围.【解析】由题可知,此时实数m的取值范围是[1,1+ ln 2)∪{1+ }.
【素养提升】1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题第一步:将问题转化为方程解的问题,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;第二步:利用导数研究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;第三步:结合图象求解.
2.根据函数零点情况求参数范围(1)要注意端点的取舍.(2)选择恰当的分类标准进行讨论.
【变式训练】(2020·全国Ⅲ卷)函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点 处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
【解析】(1)因为f′(x)=3x2+b,由题意,f′ =0,即3× +b=0,则b=- .(2)由(1)可得f(x)=x3- x+c,f′(x)=3x2- =3 ,令f′(x)>0,得x> 或x<- ;令f′(x)<0,得-
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)<0,由零点存在性定理知f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点x0,即f(x)在(-∞,-1)上存在唯一一个零点,在(-1,+∞)上不存在零点,此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;当c<- 时,f(-1)=c- <0,f =c+ <0,f =c- <0,f(1)=c+ <0,
又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)>0,由零点存在性定理知f(x)在(1,-4c)上存在唯一一个零点x0′,即f(x)在(1,+∞)上存在唯一一个零点,在(-∞,1)上不存在零点,此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点,与题设矛盾;综上,f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
考向二 利用导数求解最优化问题【典例】某同学大学毕业后,决定利用所学专业进行自主创业,经过市场调查,生产一小型电子产品需投入固定成本2万元,每生产x万件,需另投入流动成本C(x)万元,当年产量小于7万件时,C(x)= x2+2x(万元);当年产量不小于7万件时,C(x)=6x+ln x+ -17(万元).已知每件产品售价为6元,假若该同学生产的商品当年能全部售完.
(1)写出年利润P(x)(万元)关于年产量x(万件)的函数解析式;(注:年利润=年销售收入-固定成本-流动成本)(2)当年产量约为多少万件时,该同学的这一产品所获年利润最大,最大年利润是多少?(取e3≈20).
【解题指南】(1)根据年利润=年销售收入-固定成本-流动成本,分0
【加练备选】某公司为了获得更大的收益,每年要投入一定的资金用于广告促销,经调查,每年投入广告费t百万元,可增加销售额约为(-t2+7t)百万元.(1)若该公司将一年的广告费控制在4百万元之内,则应投入多少广告费,才能使该公司由此增加的收益最大?(2)现该公司准备共投入5百万元,分别用于广告促销和技术改造,经预测,每投入技术改造费x(1≤x≤5)百万元,可增加的销售额约为 百万元,请设计一个资金分配方案,使该公司由此增加的收益最大.(注:收益=销售额-投入,这里除了广告费和技术改造费,不考虑其他的投入)
【解题指南】(1)先写出收益f(t)的解析式,再利用二次函数的图象和性质求最大值和此时t的值.(2)设由此增加的收益是g(x)百万元,再写出g(x)的解析式,再利用导数求函数的最值,即可得到资金分配方案.
【解析】(1)设投入t百万元的广告费后增加的收益为f(t)百万元,则f(t)=(-t2+7t)-t=-t2+6t=-(t-3)2+9（0≤t≤4）,所以当t=3时,f(t)取得最大值9,即投入3百万元的广告费时,该公司由此增加的收益最大.(2)用于技术改造的资金为x百万元,则用于广告促销的资金为(5-x)百万元,设由此增加的收益是g(x)百万元.
则g(x)= x2+4ln x+[-(5-x)2+7(5-x)]-5=- x2+3x+4ln x+5.g′(x)=-x+3+ =- ,1≤x≤5.则当1≤x<4时,g′(x)>0;当4
【变式训练】某地环保部门跟踪调查一种有害昆虫的数量.根据调查数据,该昆虫的数量y(万只)与时间x(年)(其中x∈N*)的关系为y=2ex.为有效控制有害昆虫数量、保护生态环境,环保部门通过实时监控比值M= (其中a为常数,且a>0)来进行生态环境分析.(1)当a=1时,求比值M取最小值时x的值;(2)经过调查,环保部门发现:当比值M不超过e4时不需要进行环境防护.为确保恰好3年不需要进行保护,求实数a的取值范围.(e为自然对数的底数,e=2.718 28…)
【解析】(1)当a=1时,M= (x≥1,x∈N*),所以M′= 列表得:所以M在 上单调递减,在 上单调递增,所以M在x=2时取最小值.
(2)因为M′= (a>0),根据(1)知:M在 上单调递减,在 上单调递增,因为确保恰好3年不需要进行保护,所以 解得
令f′(x)=0,得x= ,且在 上,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;在 上,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,所以x= 是函数f(x)在(2,6)内的极大值点,也是最大值点,所以当x= ≈3.3时,函数f(x)取得最大值.故当销售价格为3.3元/套时,网校每日销售套题所获得的利润最大.
二十四 导数与零点的综合问题(40分钟 80分)1.已知函数f(x)= (1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.【解题指南】(1)由f′(x)>0(<0)判断f(x)的单调性,借助零点存在性定理判断f(x)有两个零点;(2)由导数的几何意义证明.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).因为 所以f(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.因为 f(e2)= ,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0< <1, 故f(x)在(0,1)有唯一零点 .综上,f(x)有且仅有两个零点.
(2)因为 故点 在曲线y=ex上.由题设知f(x0)=0,即 故直线AB的斜率
曲线y=ex在点 处切线的斜率是 ,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是 ,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
2.已知函数f(x)=ex-x2-x-1.(1)求函数y=f′(x)的单调区间;(2)函数g(x)=-x2+(a-1)x,求g(x)=f(x)的解的个数.【解析】(1)由f(x)=ex-x2-x-1,得f′(x)=ex-2x-1,故f″(x)=ex-2,令f″(x)>0,解得x>ln 2,令f″(x)<0,解得x
当a∈(0,1)时,t′(a)<0,当a∈(1,+∞)时,t′(a)>0,所以t(a)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,而t(1)=0,故a∈(0,1)∪(1,+∞)时,h(x)max>0,h(x)有2个零点,当a=1时,h(x)max=0,h(x)有1个零点,综上,a∈(-∞,0)∪{1}时,g(x)=f(x)有1个解,当a∈(0,1)∪(1,+∞)时,g(x)=f(x)有2个解.
3.(2020·大庆二模)已知函数f(x)=ln x,g(x)=ax-1(a∈R).(1)讨论函数h(x)=f(x)-g(x)的单调性;(2)若函数f(x)与g(x)的图象有两个不同的交点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1
(2)函数f(x)与g(x)有两个不同的交点A(x1,y1),B(x2,y2),其中x1
所以 =ln >0,解得0
【解析】(1)依题意得,L(x)=x(4-x)+x -2x-1=-x2+8x-6ln x-2(x>0).(2)当1≤x≤6时,因为所以当1
当3
【解析】(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f′(x0)=0,即 解得 因此,当a= 时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)上无零点.
当x=1时,若a≥ 则f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a< 则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数.①若a≤-3或a≥0,则f′(x)=3x2+a在(0,1)上无零点,故f(x)在(0,1)上单调.而f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)上有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)上没有零点.
②若-3
【解析】(1)当m=1时,f(x)=ex-sin x+n,所以f′(x)=ex-cs x>0,当x>0时,ex>1,cs x∈[-1,1],所以f′(x)>0对任意的x∈(0,+∞)都成立,所以f(x)在(0,+∞)单调递增,
所以f(x)>f(0)=1+n,要使得x∈(0,+∞)时,f(x)>0恒成立,则1+n≥0,解得n≥-1,即n的取值范围为[-1 ,+∞).
(2)因为f′(x)=ex-mcs x,所以f′(0)=1-m=1,解得m=0,又f(0)=1+n=-1,所以n=-2,所以f(x)=ex-2,g(x)=xex-x-2,显然x=0不是g(x)的零点,所以xex-x-2=0可化为ex- -1=0,令h(x)=ex- -1,则h′(x)=ex+ >0,
所以h(x)在(-∞,0),(0,+∞)上单调递增.又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-2>0,h(-3)= h(-2)= >0,所以h(x)在(-3, -2),(1,2)上各有1个零点,所以g(x)在[-3,-2],[1,2]上各有1个零点,所以整数k的取值为-3或1,所以整数k的所有取值的和为-3+1=-2.
6.已知函数f(x)=aln x-x,其中a为常数.(1)讨论函数y=f(x)的单调性;(2)当a=e(e为自然对数的底数),x∈[1,+∞)时,若方程f(x)= 有两个不等实数根,求实数b的取值范围.
【解析】(1)由题意得:f(x)定义域为(0,+∞),f′(x)= 当a≤0时,f′(x)<0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,令f′(x)=0,解得:x=a,所以当x∈(0,a)时,f′(x)>0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减.综上所述:当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减.
(2)当a=e时,eln x-x= 有两个不等实根,方程可化为 ,令g(x)= ,则g′(x)= ,令h(x)=-x2+ex+e-eln x,则h′(x)=-2x+e- = ,
当x∈[1,+∞)时,-2x2+ex-e≤-2<0,即h′(x)<0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递减,所以h(x)≤h(1)=-1+2e=2e-1,且h(e)=-e2+e2+e-e=0.所以h(x)在[1,+∞)上有且仅有一个零点x=e,所以当x∈[1,e)时,h(x)>0,即g′(x)>0;当x∈(e,+∞)时,h(x)<0,即g′(x)<0,
所以g(x)在[1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=e+1-e=1,g(1)=-1.由此可得g(x)图象如图所示:
则当x∈[1,+∞)时,方程f(x)= 有两个不等实数根等价于当x∈[1,+∞)时,g(x)与y=b有两个不同交点,由图象可知:b∈[-1,1).
【加练备选】设f(x)=xsin x+cs x,g(x)=x2+4.(1)讨论f(x)在[-π,π]上的单调性;(2)令h(x)=g(x)-4f(x),试证明h(x)在R上有且仅有三个零点.
【解析】(1)f′(x)=sin x+xcs x-sin x=xcs x,令f′(x)=0,则x=0或 x∈ 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈ 时,f′(x)<0,f(x)单调递减,x∈ 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈ 时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以f(x)的单调递增区间是 递减区间是
(2)h(x)=x2+4-4xsin x-4cs x,因为h(0)=0,所以x=0是h(x)的一个零点.故h(-x)=(-x)2+4-4(-x)sin(-x)-4cs(-x)=x2+4-4xsin x-4cs x=h(x),所以h(x)是偶函数,即要确定h(x)在R上的零点个数,需确定x>0时,h(x)的零点个数即可.
①当x>0时,h′(x)=2x-4xcs x=2x(1-2cs x),令h′(x)=0,即cs x= ,x= +2kx或x=- +2kx(k∈N).x∈ 时,h′(x)<0,h(x)单调递减,且 x∈ 时,h′(x)>0,h(x)单调递增,且 所以h(x)在 有唯一零点,
②当x≥ π时,由于sin x≤1,cs x≤1.h(x)=x2+4-4xsin x-4cs x≥x2+4-4x-4=x2-4x=t(x)而t(x)在 单调递增,t(x)≥ >0,
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