2020版高考數學新設計大一輪復習 第三章 導數及其表示 第2節(jié)（第4課時）導數與函數的零點習題 理（含解析）新人教A版

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1、第4課時　導數與函數的零點 考點一　判斷零點的個數 【例1】 (2019·合肥質檢)已知二次函數f(x)的最小值為－4，且關于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}. (1)求函數f(x)的解析式； (2)求函數g(x)＝－4ln x的零點個數. 解　(1)∵f(x)是二次函數，且關于x的不等式f(x)≤0的解集為{x|－1≤x≤3，x∈R}， ∴設f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0. ∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1. 故函數f(x)的解析式為f(x)＝x2－2x－3. (2)由(1)知g(x)＝－4ln

2、 x＝x－－4ln x－2， ∴g(x)的定義域為(0，＋∞)，g′(x)＝1＋－＝，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3. 當x變化時，g′(x)，g(x)的取值變化情況如下表： x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) 極大值 極小值 當03時，g(e5)＝e5－－20－2>25－1－22＝9>0. 又因為g(x)在(3，＋∞)上單調遞增， 因而g(x)在(3，＋∞)上只有1個零點， 故g(x)僅有1個零點. 規(guī)律方法　利用導數確定

3、函數零點或方程根個數的常用方法 (1)構建函數g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，轉化確定g(x)的零點個數問題求解，利用導數研究該函數的單調性、極值，并確定定義區(qū)間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出g(x)的圖象草圖，數形結合求解函數零點的個數. (2)利用零點存在性定理：先用該定理判斷函數在某區(qū)間上有零點，然后利用導數研究函數的單調性、極值(最值)及區(qū)間端點值符號，進而判斷函數在該區(qū)間上零點的個數. 【訓練1】 已知函數f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然對數的底數，e＝2.718 28…. (1)證明：函數h(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間(1，2)上

4、有零點； (2)求方程f(x)＝g(x)的根的個數，并說明理由. (1)證明　由題意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x， 所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0， 所以h(1)h(2)<0， 所以函數h(x)在區(qū)間(1，2)上有零點. (2)解　由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x. 由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)， 而h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個零點. 又h(x)在(1，2)內有零點， 因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點. h′(x)＝ex－x－－1，記φ(x)＝ex－x－－1， 則φ′(x)＝ex＋

5、x－. 當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增， 易知φ(x)在(0，＋∞)內至多有一個零點， 即h(x)在[0，＋∞)內至多有兩個零點， 則h(x)在[0，＋∞)上有且只有兩個零點， 所以方程f(x)＝g(x)的根的個數為2. 考點二　已知函數零點個數求參數的取值范圍 【例2】 函數f(x)＝ax＋xln x在x＝1處取得極值. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)若y＝f(x)－m－1在定義域內有兩個不同的零點，求實數m的取值范圍. 解　(1)函數f(x)＝ax＋xln x的定義域為(0，＋∞). f′(x)＝a＋ln x＋1，

6、因為f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1， 當a＝－1時，f(x)＝－x＋xln x， 即f′(x)＝ln x，令f′(x)>0，解得x>1； 令f′(x)<0，解得0－1， 即m>－2，① 當0

7、ln x)<0；當x>e時，f(x)>0. 當x>0且x→0時，f(x)→0； 當x→＋∞時，顯然f(x)→＋∞. 由圖象可知，m＋1<0，即m<－1，② 由①②可得－2

8、； (2)若函數f(x)不存在零點，求實數a的取值范圍. 解　(1)由題意知，函數f(x)的定義域為R， 又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1， 所以f(x)＝ex－x＋1，求導得f′(x)＝ex－1. 易知f(x)在[－2，0]上單調遞減，在[0，1]上單調遞增， 所以當x＝0時，f(x)在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0， ①當a>0時，f′(x)>0，f(x)在R上是增函數， 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f(x)存在零點，不滿足題意. ②當

9、a<0時，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a). 在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)單調遞減， 在(ln (－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)單調遞增， 所以當x＝ln(－a)時，f(x)取最小值. 函數f(x)不存在零點，等價于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e20時，f(x)≥2a＋al

10、n . (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0). 當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點； 當a>0時，因為y＝e2x單調遞增，y＝－單調遞增， 所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增. 又f′(a)>0，假設存在b滿足00時，f′(x)存在唯一零點. (2)證明　由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0， 當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增， 所以當x＝x0時，f

11、(x)取得最小值，最小值為f(x0). 由于2e2x0－＝0， 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln . 故當a>0時，f(x)≥2a＋aln . 規(guī)律方法　1.在(1)中，當a>0時，f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，從而f′(x)在 (0，＋∞)上至多有一個零點，問題的關鍵是找到b，使f′(b)<0. 2.由(1)知，函數f′(x)存在唯一零點x0，則f(x0)為函數的最小值，從而把問題轉化為證明f(x0)≥2a＋aln . 【訓練3】 (2018·東北三省四校聯考)已知函數f(x)＝ln x－x－m(m<－2，m為常數). (1)求函數f(x)在的最小值；

12、 (2)設x1，x2是函數f(x)的兩個零點，且x10，所以y＝f(x)在(0，1)遞增； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，所以y＝f(x)在(1，＋∞)上遞減. 且f＝－1－－m，f(e)＝1－e－m， 因為f－f(e)＝－2－＋e>0， 函數f(x)在的最小值為1－e－m. (2)證明　由(1)知x1，x2滿足ln x－x－m＝0，且01， ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m

13、＝0， 由題意可知ln x2－x2＝m<－22， 所以02)， 則g′(x)＝－1－＋＝＝≤0， 當x>2時，g(x)是減函數， 所以g(x)ln＝ln＝ln＝ln>ln 1＝0， ∴g(x)<0， 所以當x>2時，f(x1)－f<0， 即f(x1)

14、上單調遞增. 所以x1<，故x1x2<1. [思維升華] 1.解決函數y＝f(x)的零點問題，可通過求導判斷函數圖象的位置、形狀和發(fā)展趨勢，觀察圖象與x軸的位置關系，利用數形結合的思想方法判斷函數的零點是否存在及零點的個數等. 2.通過等價變形，可將“函數F(x)＝f(x)－g(x)的零點”與“方程f(x)＝g(x)的解”問題相互轉化. [易錯防范] 函數y＝f(x)在某一區(qū)間(a，b)上存在零點，必要時要由函數零點存在定理作為保證. 基礎鞏固題組 (建議用時：35分鐘) 一、選擇題 1.已知函數f(x)的定義域為[－1，4]，部分對應值如下表： x －1 0

15、 2 3 4 f(x) 1 2 0 2 0 f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示.當1

16、B.(綈p)∧(綈q) C.(綈p)∧q D.p∧(綈q) 解析　對于命題p：當a＝1時，f(x)＝ex－x2，在同一坐標系中作出y＝ex，y＝x2的圖象(圖略)，由圖可知y＝ex與y＝x2的圖象有1個交點，∴f(x)＝ex－x2有1個零點，故命題p為假命題，∵f(0)＝1，∴命題q顯然為假命題.故(綈p)∧(綈q)為真. 答案　B 二、填空題 3.直線x＝t分別與函數f(x)＝ex＋1的圖象及g(x)＝2x－1的圖象相交于點A和點B，則|AB|的最小值為________. 解析　由題意得，|AB|＝|et＋1－(2t－1)| ＝|et－2t＋2|，令h(t)＝et－2t＋

17、2， 則h′(t)＝et－2，所以h(t)在(－∞，ln 2)上單調遞減， 在(ln 2，＋∞)上單調遞增， 所以h(t)min＝h(ln 2)＝4－2ln 2>0， 即|AB|的最小值是4－2ln 2. 答案　4－2ln 2 4.若函數f(x)＝＋1(a<0)沒有零點，則實數a的取值范圍為________. 解析　f′(x)＝＝(a<0). 當x<2時，f′(x)<0；當x>2時，f′(x)>0， ∴當x＝2時，f(x)有極小值f(2)＝＋1. 若使函數f(x)沒有零點，當且僅當f(2)＝＋1>0， 解之得a>－e2，因此－e2

18、解答題 5.(2019·保定調研)已知函數f(x)＝x3－x2－ax－2的圖象過點A. (1)求函數f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)若函數g(x)＝f(x)－2m＋3有3個零點，求m的取值范圍. 解　(1)因為函數f(x)＝x3－x2－ax－2的圖象過點A， 所以－4a－4a－2＝，解得a＝2， 即f(x)＝x3－x2－2x－2， 所以f′(x)＝x2－x－2. 由f′(x)>0，得x<－1或x>2. 所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(2，＋∞). (2)由(1)知f(x)極大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－， f(x)極小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，

19、 由數形結合，可知要使函數g(x)＝f(x)－2m＋3有三個零點， 則－<2m－3<－， 解得－0)，討論函數g(x)＝f′(x)－零點的個數. 解　函數g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)， 令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0). 設h(x)＝－x3＋x(x>0)， 所以h′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1). 當x∈(0，1)時，h′(x)>0，此時h(x)在(0，1)內單調遞增；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，此時h(x)在(1，＋∞)內單調遞減. 所以當x＝1時，h(x)取得

20、極大值h(1)＝－＋1＝. 令h(x)＝0，即－x3＋x＝0，解得x＝0(舍去)或x＝. 作出函數h(x)的大致圖象(如圖)，結合圖象知： ①當m>時，函數y＝m和函數y＝h(x)的圖象無交點. ②當m＝時，函數y＝m和函數y＝h(x)的圖象有且僅有一個交點. ③當0時，函數g(x)無零點；當m＝時，函數g(x)有且僅有一個零點；當0

21、且只有一個零點，求f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和. 解　f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)， 當a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 則f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又f(0)＝1， 所以此時f(x)在(0，＋∞)內無零點，不滿足題意. 當a>0時，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)

22、單調遞增， 當x∈(0，1)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減. 則f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0， 則f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為－3. 8.已知函數f(x)＝ax＋ln x，其中a為常數. (1)當a＝－1時，求f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)當0<－0}， 當a＝－1時，f(x)＝－x＋ln x(x>0)，f′(x)＝(

23、x>0)； 當00；當x>1時，f′(x)<0. 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，1). (2)因為f′(x)＝a＋(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝－； 由f′(x)>0，解得00； 當x>e時，g′(x)<0. 從而g(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減. 所以g(x)max＝g(e)＝＋<1， 所以，|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>＋， 所以，方程|f(x)|＝＋沒有實數根. 11