3.7利用导数研究函数零点(精讲)-【题型·技巧培优系列】最新高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)
展开3.7利用导数研究函数零点
【题型解读】
【知识储备】
对于函数零点问题,其解题策略一般是转化为两个函数图象的交点.
对于两个函数的选择,有3种情况:一平一曲,一斜一曲,两曲(凸性一般要相反).其中以一平一曲的情况最为常见.
分离参数法是处理零点问题的常见方法,其本质是选择一平一曲两个函数;部分题目直接考虑函数的图象与轴的交点情况,其本质是选择一平一曲两个函数;部分题目利用零点存在性定理并结合函数的单调性处理零点,其本质是选择一平一曲两个函数.
1.下凸函数定义
设函数为定义在区间上的函数,若对上任意两点,,总有,当且仅当时取等号,则称为上的下凸函数.
2.上凸函数定义
设函数为定义在区间上的函数,若对上任意两点,,总有,当且仅当时取等号,则称为上的上凸函数.
【题型精讲】
【题型一 零点的个数问题】
方法技巧 零点的个数问题
讨论函数零点的个数,可先利用函数的导数,判断函数的单调性,进一步讨论函数的取值情况,根据零点存在定理判断(证明)零点的存在性,确定函数零点的个数.
例1 (2022·山东济南历城二中高三月考)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)只有一个零点.
【解析】 (1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f′(x)=x2-6x-3.令f′(x)=0解得x=3-2或x=3+2.
当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f′(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.
(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.
设g(x)=-3a,则g′(x)=≥0,仅当x=0时g′(x)=0,
所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.故g(x)至多有一个零点,
从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-<0,f(3a+1)=>0,
故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.
【题型精练】
1.(2022·天津·崇化中学期末)已知函数f(x)=ln x+-,a∈R且a≠0.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当x∈时,试判断函数g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零点个数.
【解析】 (1)f′(x)=(x>0),当a<0时,f′(x)>0恒成立,∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,由f′(x)>0,得x>;由f′(x)<0,得0
综上所述,当a<0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,函数f(x)在上单调递增,
在上单调递减.
(2)∵当x∈时,函数g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零点,
即当x∈时,方程(ln x-1)ex+x=m的根.
令h(x)=(ln x-1)ex+x,则h′(x)=ex+1.
由(1)知当a=1时,f(x)=ln x+-1在上单调递减,在(1,e)上单调递增,
∴当x∈时,f(x)≥f(1)=0.∴+ln x-1≥0在x∈上恒成立.
∴h′(x)=ex+1≥0+1>0,∴h(x)=(ln x-1)ex+x在x∈上单调递增.
∴h(x)min=h=-2e+,h(x)max=e.
∴当m<-2e+或m>e时,函数g(x)在上没有零点;
当-2e+≤m≤e时,函数g(x)在上有且只有一个零点.
2. (2022·山东济南高三期末)已知函数f(x)=-x3+ax-,g(x)=ex-e(e为自然对数的底数).
(1)若曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线与曲线y=g(x)在(0,g(0))处的切线互相垂直,求实数a的值;
(2)设函数h(x)=试讨论函数h(x)零点的个数.
[解析] (1)f′(x)=-3x2+a,g′(x)=ex,所以f′(0)=a,g′(0)=1,由题意,知a=-1.
(2)易知函数g(x)=ex-e在R上单调递增,仅在x=1处有一个零点,且x<1时,g(x)<0,
又f′(x)=-3x2+a,
①当a≤0时,f′(x)≤0,f(x)在R上单调递减,且过点,f(-1)=-a>0,
即f(x)在x≤0时必有一个零点,此时y=h(x)有两个零点;
②当a>0时,令f′(x)=-3x2+a=0,得两根为x1=-<0,x2=>0,
则-是函数f(x)的一个极小值点,是函数f(x)的一个极大值点,
而f=-3+a-=--<0.
现在讨论极大值的情况:
f=-3+a-=-,当f<0,即a<时,
函数y=f(x)在(0,+∞)上恒小于零,此时y=h(x)有两个零点;
当f=0,即a=时,函数y=f(x)在(0,+∞)上有一个零点x0==,
此时y=h(x)有三个零点;
当f>0,即a>时,函数y=f(x)在(0,+∞)上有两个零点,一个零点小于,一个零点大于,
若f(1)=a-<0,即a<时,y=h(x)有四个零点;
若f(1)=a-=0,即a=时,y=h(x)有三个零点;
若f(1)=a->0,即a>时,y=h(x)有两个零点.
综上所述:当a<或a>时,y=h(x)有两个零点;当a=或a=时,y=h(x)有三个零点;当 y=h(x)有四个零点.
【题型二 已知函数零点求参】
方法技巧 利用函数零点的情况求参数范围的方法
(1)分离参数(a=g(x))后,将原问题转化为y=g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y=a与y=g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解;
(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解;
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题,从而构建不等式求解
例2 (2022·山东青岛高三期末)已知函数f (x)=ln x-ax2+x,a∈R.
(1)当a=0时,求曲线y=f (x)在点(e,f (e))处的切线方程;
(2)讨论f (x)的单调性;
(3)若f (x)有两个零点,求a的取值范围.
[解析] (1)当a=0时,f (x)=ln x+x,f (e)=e+1,f ′(x)=+1,f ′(e)=1+,
∴曲线y=f (x)在点(e,f (e))处的切线方程为y-(e+1)=(x-e),即y=x.
(2)f ′(x)=-2ax+1=,x>0,
①当a≤0时,显然f ′(x)>0,∴f (x)在(0,+∞)上单调递增;
②当a>0时,令f ′(x)==0,则-2ax2+x+1=0,易知其判别式为正,
设方程的两根分别为x1,x2(x1
令f ′(x)>0,得x∈(0,x2);令f ′(x)<0,得x∈(x2,+∞),其中x2=,
∴函数f (x)在上单调递增,在上单调递减.
(3)法一:由(2)知,
①当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上单调递增,至多一个零点,不符合题意;
②当a>0时,函数f (x)在(0,x2)上单调递增,在(x2,+∞)上单调递减,∴f (x)max=f (x2).
要使f (x)有两个零点,需f (x2)>0,即ln x2-ax+x2>0,
又由f ′(x2)=0得ax=,代入上面的不等式得2ln x2+x2>1,解得x2>1,∴a==<1.
下面证明:当a∈(0,1)时,f (x)有两个零点.
f =ln-ae-2+<0,f =ln-a·+<-a·+=0(∵ln x
f (x2)=ln x2-ax+x2=(2ln x2+x2-1)>0,∴f (x)在与上各有一个零点.
∴a的取值范围为(0,1).
法二:函数f (x)有两个零点,等价于方程a=有两解.令g(x)=,x>0,则g′(x)=.
由g′(x)=>0,得2ln x+x<1,解得0
又当x≥1时,g(x)>0,当x→0时,g(x)→-∞,
∴作出函数g(x)的简图如图,结合函数值的变化趋势猜想:当a∈(0,1)时符合题意.
下面给出证明:
当a≥1时,a≥g(x)max,方程至多一解,不符合题意;当a≤0时,方程至多一解,不符合题意;
当a∈(0,1)时,g<0,∴g-a<0,g=<=a,∴g-a<0.
∴方程在与上各有一个根,∴f (x)有两个零点.∴a的取值范围为(0,1).
【题型精练】
1.(2022·天津市南开中学月考)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
【解析】 (1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
①设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.
所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
②设a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a=-,则f′(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
若a>-,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f′(x)>0;
当x∈(ln(-2a),1)时,f′(x)<0.
所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.
若a<-,则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0;
当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0.
所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减.
(2)①设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b
所以f(x)有两个零点.
②设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.
③设a<0,若a≥-,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)上单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,故f(x)不存在两个
零点;
若a<-,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当x≤1时,
f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
2. (2022·安徽省江淮名校期末)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)·ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
[解析] (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).
(ⅰ)若a≤0,则f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.
(ⅱ)若a>0,则由f′(x)=0得x=-ln a.
当x∈(-∞,-ln a)时,f′(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增.
(2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.
(ⅱ)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.
①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;
②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;
③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.
又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.
由于ln>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.
综上,a的取值范围为(0,1).
【题型三 隐零点问题】
方法技巧 隐零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程f′(x0)=0,并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围.
(2)以零点为分界点,说明导函数f′(x)的正负,进而得到f(x)的最值表达式.
(3)将零点方程适当变形,整体代入最值式子进行化简证明,有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
例3 (2022·河南高三期末)设函数f(x)=e2x-alnx.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数;
(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln.
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0).由f′(x)=0得2xe2x=a.
令g(x)=2xe2x,g′(x)=(4x+2)e2x>0(x>0),从而g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=0.
当a>0时,方程g(x)=a有一个根,即f′(x)存在唯一零点;
当a≤0时,方程g(x)=a没有根,即f′(x)没有零点.
(2)由(1)可设f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,
当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以[f(x)]min=f(x0).
由2e2x0-=0得e2x0=,又x0=,得ln x0=ln=ln-2x0,
所以f(x0)=-aln x0=-a=+2ax0+aln≥2+aln =2a+aln.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln.
【题型精练】
1.(2022·广东·高三期末)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax的图象在x=0处的切线方程是x+y+b=0.
(1)求a,b的值;
(2)求证函数f(x)有唯一的极值点x0,且f(x0)>-.
【解析】 (1)因为f′(x)=xex-a,由f′(0)=-1得a=1,又当x=0时,f(x)=-1,
所以切线方程为y-(-1)=-1(x-0),即x+y+1=0,所以b=1.
(2)令g(x)=f′(x)=xex-1,则g′(x)=(x+1)ex,
所以当x<-1时,g(x)单调递减,且此时g(x)<0,则g(x)在(-∞,-1)内无零点;
当x≥-1时,g(x)单调递增,且g(-1)<0,g(1)=e-1>0,
所以g(x)=0有唯一解x0,f(x)有唯一的极值点x0.由x0ex0=1⇒ex0=,
f(x0)=-x0=1-,又g=-1<0,
g(1)=e-1>0⇒
2. (2022·山东·历城二中期末)已知函数f=aex-2x,a∈R.
(1)求函数f的极值;
(2)当a≥1时,证明:f-lnx+2x>2.
【解析】 (1) f′=aex-2,
当a≤0时,f′<0,f在R上单调递减,则f无极值.
当a>0时,令f′=0得x=ln,令f′>0得x>ln,令f′<0得x
∴f的极小值为f =2-2ln,无极大值,
综上,当a≤0时,f无极值.当a>0时,f的极小值为2-2ln,无极大值.
(2)当a≥1时,f-ln x+2x≥ex-ln x,
令g=ex-ln x-2,转化为证明g>0,
∵g′=ex-,令φ(x)=ex-(x>0),则φ′(x)=ex+(x>0),则φ′(x)>0,
∴g′在上为增函数,∵g′=e-1>0,g′=-2<0,
∴∃x0∈,使得g′=0,∴函数g在上单调递减,在上单调递增,
∴g≥g=-ln x0-2=+x0-2≥2-2=0,
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3.6利用导数研究不等式恒(能)成立问题(精练)-【题型·技巧培优系列】最新高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区): 这是一份3.6利用导数研究不等式恒(能)成立问题(精练)-【题型·技巧培优系列】最新高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区),文件包含36利用导数研究不等式恒能成立问题精练-题型·技巧培优系列最新高考数学大一轮复习精讲精练新高考地区解析版docx、36利用导数研究不等式恒能成立问题精练-题型·技巧培优系列最新高考数学大一轮复习精讲精练新高考地区原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共16页, 欢迎下载使用。
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