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2018届高三数学基础专题练习:导数与零点(答案版)

导数与函数的零点专题研究方程根或函数的零点的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现. 例题精讲例1、已知函数f (x )=x 3-3x 2+ax +2,曲线y =f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为-2.(1)求a ;(2)证明:当k <1时,曲线y =f (x )与直线y =kx -2只有一个交点.解析:f ′(x )=3x 2-6x +a ,f ′(0)=a .曲线y =f (x )在点(0,2)处的切线方程为y =ax +2,由题设得-2a =-2,所以a =1.(2)证明 由(1)知,f (x )=x 3-3x 2+x +2,设g (x )=f (x )-kx +2=x 3-3x 2+(1-k )x +4. 由题设知1-k >0.当x ≤0时,g ′(x )=3x 2-6x +1-k >0,g (x )单调递增,g (-1)=k -1<0,g (0)=4,所以g (x )=0在(-∞,0]有唯一实根.当x >0时,令h (x )=x 3-3x 2+4,则g (x )=h (x )+(1-k )x >h (x ).h ′(x )=3x 2-6x =3x (x -2),h (x )在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,所以g (x )>h (x )≥h (2)=0. 所以g (x )=0在(0,+∞)没有实根.综上,g (x )=0在R 有唯一实根,即曲线y =f (x )与直线y =kx -2只有一个交点.例2、已知函数.(I)讨论的单调性;(II)若有两个零点,求a 的取值范围.【解析】(Ⅰ)()(1)2(1)(1)(2)xxf x x e a x x e a '=-+-=-+.( i )当0a ≥时,则当1x >时,()0f x '>;当1x <时,()0f x '< 故函数()f x 在(,1)-∞单调递减,在(1,)+∞单调递增.( ii )当0a <时,由()0f x '=,解得:1x =或ln(2)x a =- ①若ln(2)1a -=,即2e a =-,则x R ∀∈,()(1)()0xf x x e e '=-+≥ 故()f x 在(,)-∞+∞单调递增.②若ln(2)1a -<,即2ea >-,则当(,ln(2))(1,)x a ∈-∞-+∞U 时,()0f x '>;当(ln(2),1)x a ∈-时,()0f x '<故函数在(,ln(2))a -∞-,(1,)+∞单调递增;在(ln(2),1)a -单调递减. ③若ln(2)1a ->,即2ea <-,则当(,1)(ln(2),)x a ∈-∞-+∞U 时,()0f x '>;当(1,ln(2))x a ∈-时,()0f x '<;故函数在(,1)-∞,(ln(2),)a -+∞单调递增;在(1,ln(2))a -单调递减.(Ⅱ)(i )当0a >时,由(Ⅰ)知,函数()f x 在(,1)-∞单调递减,在(1,)+∞单调递增. 又∵(1),(2)f e f a ==,取实数b 满足0b <且ln2ab <,则 223()(2)(1)()022a fb b a b a b b >-+-=-> ∴()f x 有两个零点.(ii )若0a =,则()(2)xf x x e =-,故()f x 只有一个零点. (iii )若0a <,由(I )知,当2ea ≥-,则()f x 在(1,)+∞单调递增,又当1x ≤时,()0f x <,故()f x 不存在两个零点;当2ea <-,则函数在(ln(2),)a -+∞单调递增;在(1,ln(2))a -单调递减.又当1x ≤时,()0f x <,故不存在两个零点.综上所述,a 的取值范围是()0,+∞.例3、设函数32()f x x ax bx c =+++.(I )求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程;(II )设4a b ==,若函数()f x 有三个不同零点,求c 的取值范围;(III )求证:230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件.解:(I )由()32f x x ax bx c =+++,得()232f x x ax b '=++.因为()0f c =,()0f b '=,所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y bx c =+. (II )当4a b ==时,()3244f x x x x c =+++,所以()2384f x x x '=++.令()0f x '=,得23840x x ++=,解得2x =-或23x =-.()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下:所以,当0c >且32027c -<时,存在()14,2x ∈--,222,3x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭,32,03x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,使得()()()1230f x f x f x ===.由()f x 的单调性知,当且仅当320,27c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,函数()3244f x x x x c =+++有三个不同零点. (III )当24120a b ∆=-<时,()2320f x x ax b '=++>,(),x ∈-∞+∞, 此时函数()f x 在区间(),-∞+∞上单调递增,所以()f x 不可能有三个不同零点.当24120a b ∆=-=时,()232f x x ax b '=++只有一个零点,记作0x .当()0,x x ∈-∞时,()0f x '>,()f x 在区间()0,x -∞上单调递增; 当()0,x x ∈+∞时,()0f x '>,()f x 在区间()0,x +∞上单调递增. 所以()f x 不可能有三个不同零点.综上所述,若函数()f x 有三个不同零点,则必有24120a b ∆=->. 故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件.当4a b ==,0c =时,230a b ->,()()232442f x x x x x x =++=+只有两个不同 零点, 所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件.因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件.基础专练1.若函数f (x )=2x 3-9x 2+12x -a 恰好有两个不同的零点,则a 可能的值为( )A .4B .6C .7D .8 答案 A解析 由题意得f ′(x )=6x 2-18x +12=6(x -1)(x -2),由f ′(x )>0得x <1或x >2,由f ′(x )<0得1<x <2,所以函数f (x )在(-∞,1),(2,+∞)上单调递增,在(1,2)上单调递减,从而可知f (x )的极大值和极小值分别为f (1),f (2),若欲使函数f (x )恰好有两个不同的零点,则需使f (1)=0或f (2)=0,解得a =5或a =4, 而选项中只给出了4,所以选A.2.设函数f (x )=e 2x -a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数;(2)证明:当a >0时,f (x )≥2a +a ln 2a .(1)解 f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=2e 2x -ax (x >0).当a ≤0时,f ′(x )>0,f ′(x )没有零点.当a >0时,因为y =e 2x 单调递增,y =-a x 单调递增,所以f ′(x )在(0,+∞)上单调递增.又f ′(a )>0,当b 满足0<b <a4且b <14时,f ′(b )<0,故当a >0时,f ′(x )存在唯一零点.(2)证明 由(1),可设f ′(x )在(0,+∞)的唯一零点为x 0,当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )<0;当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0. 故f (x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增,所以当x =x 0时,f (x )取得最小值,最小值为f (x 0). 由于2e2x 0-a x 0=0,所以f (x 0)=a 2x 0+2ax 0+a ln 2a ≥2a +a ln 2a .故当a >0时,f (x )≥2a +a ln 2a .3.已知函数f (x )=x +aex .(1)若f (x )在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数a 的取值范围;(2)若a =0,x 0<1,设直线y =g (x )为函数f (x )的图象在x =x 0处的切线,求证:f (x )≤g (x ).(1)解 易得f ′(x )=-x -1-ae x,由已知得f ′(x )≥0对x ∈(-∞,2)恒成立,故x ≤1-a 对x ∈(-∞,2)恒成立,∴1-a ≥2,∴a ≤-1.(2)证明 a =0,则f (x )=xex .函数f (x )的图象在x =x 0处的切线方程为y =g (x )=f ′(x 0)(x -x 0)+f (x 0). 令h (x )=f (x )-g (x )=f (x )-f ′(x 0)(x -x 0)-f (x 0),x ∈R ,则h ′(x )=f ′(x )-f ′(x 0)=1-x e x -1-x 0e x 0=1-x e x 0-1-x 0e xe x x +.设φ(x )=(1-x )e x 0-(1-x 0)e x ,x ∈R ,则φ′(x )=-e x 0-(1-x 0)e x ,∵x 0<1,∴φ′(x )<0,∴φ(x )在R 上单调递减,而φ(x 0)=0,∴当x <x 0时,φ(x )>0,当x >x 0时,φ(x )<0,∴当x <x 0时,h ′(x )>0,当x >x 0时,h ′(x )<0,∴h (x )在区间(-∞,x 0)上为增函数,在区间(x 0,+∞)上为减函数,∴x ∈R 时,h (x )≤h (x 0)=0,∴f (x )≤g (x ).4. 设a >1,函数f (x )=(1+x 2)e x -a . (1)求f (x )的单调区间;(2)证明:f (x )在(-∞,+∞)上仅有一个零点;(3)若曲线y =f (x )在点P 处的切线与x 轴平行,且在点M (m ,n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点),证明:m ≤3a -2e-1.解析:(1)f ′(x )=2x e x +(1+x 2)e x =(x 2+2x +1)e x =(x +1)2e x ∀x ∈R ,f ′(x )≥0恒成立.∴f (x )的单调增区间为(-∞,+∞). (2)证明 ∵f (0)=1-a ,f (a )=(1+a 2)e a -a ,∵a >1,∴f (0)<0,f (a )>2a e a -a >2a -a =a >0,∴f (0)·f (a )<0,∴f (x )在(0,a )上有一零点, 又∵f (x )在(-∞,+∞)上递增,∴f (x )在(0,a )上仅有一个零点, ∴f (x )在(-∞,+∞)上仅有一个零点.(3)证明 f ′(x )=(x +1)2e x ,设P (x 0,y 0),则f ′(x 0)=e x 0(x 0+1)2=0,∴x 0=-1,把x 0=-1,代入y =f (x )得y 0=2e -a ,∴k OP =a -2e.f ′(m )=e m (m +1)2=a -2e ,令g (m )=e m -(m +1),g ′(m )=e m -1.令g ′(x )>0,则m >0,∴g (m )在(0,+∞)上增.令g ′(x )<0,则m <0,∴g (m )在(-∞,0)上减.∴g (m )min =g (0)=0. ∴e m -(m +1)≥0,即e m ≥m +1.∴e m (m +1)2≥(m +1)3,即a -2e ≥(m +1)3.∴m +1≤3a -2e ,即m ≤3a -2e-1.。

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