《(課標通用版)2020版高考數(shù)學大一輪復習 第三章 導數(shù)及其應用 第4講 導數(shù)的綜合應用 第2課時 利用導數(shù)探究函數(shù)零點問題檢測 文》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《(課標通用版)2020版高考數(shù)學大一輪復習 第三章 導數(shù)及其應用 第4講 導數(shù)的綜合應用 第2課時 利用導數(shù)探究函數(shù)零點問題檢測 文(7頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2課時 利用導數(shù)探究函數(shù)零點問題
[基礎題組練]
1.已知函數(shù)f(x)=x2-2x+1,g(x)=xf(x)+bx2+a,若g′(x)=0在區(qū)間上有解,則實數(shù)b的取值范圍為( )
A.(-1,2) B.(1,2)
C.[1,2) D.(0,2-]
解析:選D.易知g(x)=x3+(b-2)x2+x+a,則g′(x)=3x2+2(b-2)x+1,因為g′(x)=0在區(qū)間上有解,所以Δ=4(b-2)2-12≥0,即b≥2+或b≤2-,同時2(b-2)=-∈(-4,-2],所以0<b≤2-,從而實數(shù)b的取值范圍為(0,2-].
2.已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+
2、1,若f(x)存在唯一的零點x0,且x0>0,則a的取值范圍是( )
A.(2,+∞) B.(-∞,-2)
C.(1,+∞) D.(-∞,-1)
解析:選B.f′(x)=3ax2-6x,
當a=3時,f′(x)=9x2-6x=3x(3x-2),
則當x∈(-∞,0)時,f′(x)>0;x∈時,
f′(x)<0;x∈時,f′(x)>0,注意f(0)=1,f=>0,則f(x)的大致圖象如圖(1)所示:
不符合題意,排除A,C.
當a=-時,f′(x)=-4x2-6x=-2x(2x+3),
則當x∈時,f′(x)<0,x∈時,f′(x)>0,x∈(0,+∞)時,f′(
3、x)<0,注意f(0)=1,f=-,
則f(x)的大致圖象如圖(2)所示.
不符合題意,排除D.故選B.
3.設函數(shù)f(x)=x3-bx+c(b,c∈R).
(1)若曲線f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=2x+1,求b,c的值;
(2)若b=1,c=,求證:f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)存在唯一零點.
解:(1)由題意得f′(x)=x2-b,
所以f′(1)=1-b=2,得b=-1.
又因為f(1)=2+1=3,
所以-b+c=3,
得c=.
故b=-1,c=.
(2)證明:若b=1,c=,
則f(x)=x3-x+.
因為f(1)f(2)=-×1<0,
4、
所以f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)存在零點.
又當x∈(1,2)時,f′(x)=x2-1>0,
所以f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增.
所以f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)存在唯一零點.
4.已知函數(shù)f(x)=a+ln x(a∈R).
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)試判斷f(x)的零點個數(shù).
解:(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0,+∞),
f′(x)=()′ln x+·
=,
令f′(x)>0,解得x>e-2,
令f′(x)<0,解得0
5、a-,
顯然a>時,f(x)>0,無零點,
a=時,f(x)=0,有1個零點,
a<時,f(x)<0,有2個零點.
[綜合題組練]
1.(2019·貴陽摸底考試)已知函數(shù)f(x)=kx-ln x(k>0).
(1)若k=1,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)f(x)有且只有一個零點,求實數(shù)k的值;
解:(1)k=1,f(x)=x-ln x,定義域為(0,+∞),則f′(x)=1-,
由f′(x)>0得x>1,由f′(x)<0得0<x<1,
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞).
(2)法一:由題意知方程kx-ln x=0僅有一個實根,
由
6、kx-ln x=0得k=(x>0),
令g(x)=(x>0),則g′(x)=,
當x=e時,g′(x)=0;當0<x<e時,g′(x)>0;當x>e時,g′(x)<0.
所以g(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,
所以g(x)max=g(e)=.
當x→+∞時,g(x)→0.
又k>0,所以要使f(x)僅有一個零點,則k=.
法二:f(x)=kx-ln x,f′(x)=k-=(x>0,k>0).
當x=時,f′(x)=0;當0<x<時,f′(x)<0;當x>時,f′(x)>0.
所以f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,
所以f(x)min=f=1-ln,
7、
因為f(x)有且只有一個零點,所以1-ln=0,即k=.
2.已知函數(shù)f(x)=aln x+-bx+1.
(1)當a=0時,函數(shù)f(x)的極小值為5,求負數(shù)b的值;
(2)若b=-1,F(xiàn)(x)=f(x)-,且當a≥-4時,不等式F(x)≥2在區(qū)間[1,4]上有解,求實數(shù)a的取值范圍.
解:(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).
當a=0時,f(x)=-bx+1(b<0),
令f′(x)=--b=0,
得x1=,x2=-(舍去).
當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下:
x
f′(x)
-
0
+
f(x)
極小值
所以函
8、數(shù)f(x)的極小值為f=5,即++1=5,解得b=-4.
(2)由題意知,當a≥-4時,F(xiàn)(x)在[1,4]上的最大值M≥2.
當b=-1時,F(xiàn)(x)=f(x)-=x-+aln x+1,
則F′(x)=.
①當-4≤a≤4時,在x∈[1,4]上,F(xiàn)′(x)=≥0,
故F(x)在[1,4]上單調(diào)遞增,M=F(4).
②當a>4時,設x2+ax+4=0(Δ=a2-16>0)的兩根分別為x1,x2,則故x1<0,x2<0,
所以在x∈[1,4]上,F(xiàn)′(x)=>0,
故F(x)在[1,4]上單調(diào)遞增,M=F(4).
綜上,當a≥-4時,F(xiàn)(x)在[1,4]上的最大值M=F(4)=4
9、-1+aln 4+1≥2,解得a≥-,
所以實數(shù)a的取值范圍是.
3.(2019·遼寧錦州聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0).
(1)若函數(shù)f(x)在x=0處取得極值,求實數(shù)a的值;并求此時f(x)在[-2,1]上的最大值;
(2)若函數(shù)f(x)不存在零點,求實數(shù)a的取值范圍.
解:(1)由f(x)=ex+ax-a,得f′(x)=ex+a.因為函數(shù)f(x)在x=0處取得極值,所以f′(0)=e0+a=0,所以a=-1.經(jīng)檢驗,a=-1,符合題意,所以f′(x)=ex-1.所以當x∈(-∞,0)時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當x∈(0,+∞)時,f′(x)
10、>0,f(x)單調(diào)遞增.易知f(x)在[-2,0)上單調(diào)遞減,在(0,1]上單調(diào)遞增,且f(-2)=+3,f(1)=e,f(-2)>f(1),所以f(x)在[-2,1]上的最大值為+3.
(2)f′(x)=ex+a,由于ex>0,①當a>0時,f′(x)>0,f(x)是增函數(shù),且當x>1時,f(x)=ex+a(x-1)>0.
當x<0時,取x=-,則f<1+a=-a<0,所以函數(shù)f(x)存在零點,不滿足題意.
②當a<0時,令f′(x)=ex+a=0,x=ln(-a).
當x∈(-∞,ln(-a))時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
當x∈(ln(-a),+∞)時,f′(x)>0
11、,f(x)單調(diào)遞增,
所以x=ln(-a)時,f(x)取得最小值.
函數(shù)f(x)不存在零點,等價于f(ln(-a))=eln(-a)+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,解得-e2x1+x2.
解:(1)因為f′(x)=ln x-ax,所以f′(e)=1-ae=-1,解得a=,
所以f(e)=-e,
12、故切點為(e,-e),
所以曲線y=f(x)在x=e處的切線方程為x+y=0.
(2)①f′(x)=ln x-ax,令f′(x)=0,得a=.
令g(x)=,則g′(x)=,
且當01時,g(x)>0.
令g′(x)=0,得x=e,
且當00;當x>e時,g′(x)<0.
故g(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,所以g(x)max=g(e)=.
所以當a≤0時,f(x)有一個極值點;
當0e,
因為g(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞減,且x1+x2>x2>e,所以<,即x1+x2.
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