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高2020届高2017级高三文科数学三维设计一轮复习课时跟踪检测(二十一)利用导数研究函数零点问题

第1页共4页 课时跟踪检测(二十一) 利用导数研究函数零点问题 1.(2019·贵阳摸底考试)已知函数 f(x)=kx-ln x(k>0). (1)若 k=1,求 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)有且只有一个零点,求实数 k 的值. 解:(1)若 k=1,则 f(x)=x-ln x,定义域为(0,+∞), 则 f′(x)=1-1x, 由 f′(x)>0,得 x>1;由 f′(x)<0,得 0<x<1, ∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)法一:由题意知,方程 kx-ln x=0 仅有一个实根, 由 kx-ln x=0,得 k=lnxx(x>0). 令 g(x)=lnxx(x>0),则 g′(x)=1-xl2n x , 当 0<x<e 时,g′(x)>0;当 x>e 时,g′(x)<0. ∴g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, ∴g(x)max=g(e)=1e. 当 x→+∞时,g(x)→0. 又∵k>0,∴要使 f(x)仅有一个零点,则 k=1e. 法二:f(x)=kx-ln x,f′(x)=k-1x=kx- x 1(x>0,k>0). 当 0<x<1k时,f′(x)<0;当 x>1k时,f′(x)>0. ∴f(x)在??0,1k??上单调递减,在??1k,+∞??上单调递增, ∴f(x)min=f??1k??=1-ln 1 k, ∵f(x)有且只有一个零点,∴1-ln 1k=0,即 k=1e. 法三:∵k>0,∴函数 f(x)有且只有一个零点等价于直线 y=kx 与曲线 y=ln x 相切,设切 点为(x0,y0),由 y=ln x, ????? 得 y′=1x,∴ k=x10, y0=kx0, y0=ln x0, ∴k=1e,∴实数 k 的值为1e. 第2页共4页 2.已知函数 f(x)=x3+x2+ax+b. (1)当 a=-1 时,求函数 f(x)的单调递增区间; (2)若函数 f(x)的图象与直线 y=ax 恰有两个不同的交点,求实数 b 的值. 解:(1)当 a=-1 时,f(x)=x3+x2-x+b, 则 f′(x)=3x2+2x-1, 由 f′(x)>0,得 x<-1 或 x>13,所以函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和??13,+∞??. (2)函数 f(x)的图象与直线 y=ax 恰有两个不同的交点,等价于 f(x)-ax=0 有两个不等的 实根. 令 g(x)=f(x)-ax=x3+x2+b,则 g′(x)=3x2+2x. 由 g′(x)>0,得 x<-23或 x>0; 由 g′(x)<0,得-23<x<0. 所以函数 g(x)在??-∞,-23??和(0,+∞)上单调递增,在??-32,0??上单调递减. 所以当 x=-23时,函数 g(x)取得极大值 g??-32??=247+b;当 x=0 时,函数 g(x)取得极小值 为 g(0)=b. 要满足题意,则需 g??-32??=247+b=0 或 g(0)=b=0, 所以 b=-247或 b=0. 3.(2019·武汉调研)已知函数 f(x)=ex-ax-1(a∈R)(e=2.718 28…是自然对数的底数). (1)求 f(x)的单调区间; (2)讨论 g(x)=f(x)·??x-12??在区间[0,1]上零点的个数. 解:(1)∵f(x)=ex-ax-1,∴f′(x)=ex-a, 当 a≤0 时,f′(x)>0 恒成立, ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间; 当 a>0 时,令 f′(x)<0,得 x<ln a,令 f′(x)>0,得 x>ln a, ∴f(x)的单调递减区间为(-∞,ln a),单调递增区间为(ln a,+∞). (2)令 g(x)=0,得 f(x)=0 或 x=12, 先考虑 f(x)在区间[0,1]上的零点个数, ①当 a≤1 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增且 f(0)=0, ∴f(x)在[0,1]上有一个零点. 第3页共4页 ②当 a≥e 时,f(x)在(-∞,1)上单调递减, ∴f(x)在[0,1]上有一个零点. ③当 1<a<e 时,f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,1)上单调递增. 而 f(1)=e-a-1,当 e-a-1≥0,即 1<a≤e-1 时,f(x)在[0,1]上有两个零点; 当 e-a-1<0,即 e-1<a<e 时,f(x)在[0,1]上有一个零点. 再考虑 x=12时,由 f??12??=0,得 a=2( e-1). 综上所述,当 a≤1 或 a>e-1 或 a=2( e-1)时,g(x)在[0,1]上有两个零点; 当 1<a≤e-1 且 a≠2( e-1)时,g(x)在[0,1]上有三个零点. 4.(2018·太原模拟)已知函数 f(x)=ln x-ax2+(2-a)x,g(x)=exx-2. (1)求函数 f(x)的极值; (2)若对任意给定的 x0∈(0,e],方程 f(x)=g(x0)在(0,e]上总有两个不相等的实数根,求实数 a 的取值范围. 解:(1)f′(x)=1x-2ax+(2-a)=?2x+1??x-ax+1?(x>0), ①当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)无极值. ②当 a>0 时,令 f′(x)>0,得 0<x<1a; 令 f′(x)<0,得 1 x>a. 故 f(x)在??0,1a??上单调递增,在??1a,+∞??上单调递减, ∴f(x)存在极大值,极大值为 f??1a??=ln 1a+1a-1,无极小值. 综上所述,当 a≤0 时,f(x)无极值;当 a>0 时,f(x)存在极大值,极大值为 ln 1a+1a-1,无极小 值. (2)g(x)=exx-2,g′(x)=1-ex x,


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