小初高试卷类教案类
第五课时 利用导数研究函数零点专题
【选题明细表】 知识点、方法 利用函数图象研究函数零点 利用函数性质研究函数零点 构造函数研究函数零点 题号 1 3,4 2 1.导学号 18702145已知函数f(x)=-ln x+ax+bx. (1)若b=1-a,讨论f(x)的单调性;
(2)若a=0时函数有两个不同的零点,求实数b的取值范围.
2
解:(1)若b=1-a,则f(x)=-ln x+ax+(1-a)x,
2
f′(x)=-+ax+1-a
=
=(x>0).
(ⅰ)当a≥0时,x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)在(0,1)上单调递减,x∈ (1,+∞),f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.
(ⅱ)当a<0时,令ax+1=0,得x=-.
①当->1,即-1
x∈(0,1)或x∈(-,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
x∈(1,-)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
②当-<1,即a<-1时,
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x∈(0,-)或x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
在x∈(-,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
③当-=1,即a=-1时,f′(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减, 综上当a≥0时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;
当-1
当a<-1时,f(x)在(0,-),(1,+∞)上单调递减,在(-,1)上单调递增; 当a=-1时,f(x)在(0,+∞)上单调递减. (2)若a=0,f(x)=-ln x+bx,
令f(x)=0,得b=.
设g(x)=,
则g′(x)==,
所以当0
所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
所以g(x)max=g(e)=.
又因为当x>e时,g(x)>0恒成立; 当0 所以b的取值范围为(0,). K12分别是小学初中高中 小初高试卷类教案类 2.导学号 18702147已知函数f(x)=xe+ln x-e(a∈R).设g(x)=ln x+-e,若函数y=f(x)与y=g(x)的图象有两个交点,求实数a的范围. 解:设h(x)=f(x)-g(x) ax =xe+ln x-e-(ln x+-e) ax =xe-= ax , 由两函数图象有两个交点知,函数h(x)在(0,+∞)内有两个零点, 2ax2axaxax 令?(x)=xe-1,?′(x)=axe+2xe=xe(ax+2). ax (1)当a≥0时,?′(x)=xe(ax+2)>0, 所以?(x)在(0,+∞)上单调递增, 由零点存在定理, ?(x)在(0,+∞)至多一个零点,与题设发生矛盾. (2)当a<0时,xe(ax+2)=0,则x=-. 当x变化时,?(x),?′(x)变化情况如下表: x ?′(x) ?(x) ax (0,-) + - 0 极大值 (-,+∞) - 单调递减 单调递增 因为?(0)=-1,当x→+∞,?(x)→-1, 2ax 所以要使?(x)=xe-1在(0,+∞)内有两个零点, 则?(-)>0即可,得a<, 又因为a<0, 2 所以- 综上可知,a的取值范围为(-,0). 3.已知函数f(x)=e+mx-2,g(x)=mx+ln x. (1)求函数f(x)的单调区间; x (2)当m=-1时,试推断方程:|g(x)|=解:(1)由题意可得f′(x)=e+m. 当m≥0时,f′(x)>0, x +是否有实数解. K12分别是小学初中高中 小初高试卷类教案类 所以当m≥0时,函数f(x)的单调递增区间为R. 当m<0时,令f′(x)>0, x 即e+m>0,可得x>ln(-m), x 令f′(x)<0,即e+m<0,可得x 所以当m<0时,函数f(x)的单调递增区间为(ln(-m),+∞),单调递减区间为(-∞,ln(-m)). (2)当m=-1时,g(x)=-x+ln x(x>0). 易得g′(x)=-1, 令g′(x)>0,可得0 故g(x)在x=1处取得极大值,也是最大值. 即g(x)≤g(1)=-1, 所以|g(x)|≥1. 令h(x)=+,所以h′(x)=, 令h′(x)>0,可得0 故h(x)在x=e处取得极大值,也是最大值. 所以h(x)≤h(e)=+<1, 所以方程|g(x)|=+无实数解. 3 2 4.(2015·江苏卷)已知函数f(x)=x+ax+b(a,b∈R). (1)试讨论f(x)的单调性; (2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰 好是(-∞,-3)∪(1,)∪(,+∞),求c的值. 解:(1)f′(x)=3x+2ax, 2 令f′(x)=0,解得x1=0,x2=-2 . 当a=0时,因为f′(x)=3x>0(x≠0), 所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 当a>0时,x∈(-∞,-)∪(0,+∞)时,f′(x)>0,x∈(-,0)时, f′(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,-),(0,+∞)上单调递增,在(-,0)上单调递减; K12分别是小学初中高中 小初高试卷类教案类 当a<0时,x∈(-∞,0)∪(-,+∞)时,f′(x)>0,x∈(0,-)时, f′(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),(-,+∞)上单调递增,在(0,-)上单调递减. (2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f(-)=a+b,则函数f(x)有三个零点等价 3 于f(0)·f(-)=b(a+b)<0,从而 3 或 又b=c-a,所以当a>0时,a-a+c>0或当a<0时, 3 a-a+c<0. 3 设g(a)=a-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪(1,)∪ 3 (,+∞), 则在(-∞,-3)上g(a)<0,且在(1,)∪(,+∞)上g(a)>0均恒成立, 从而g(-3)=c-1≤0,且g()=c-1≥0,因此c=1. 此时,f(x)=x+ax+1-a=(x+1)[x+(a-1)x+1-a], 2 因函数有三个零点,则x+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ 222 =(a-1)-4(1-a)=a+2a-3>0,且(-1)-(a-1)+1-a≠0, 3 2 2 解得a∈(-∞,-3)∪(1,)∪(,+∞). 综上c=1. K12分别是小学初中高中