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- 2021-06-22 发布
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第四课时 导数与函数的零点
(1)
证明
ln
x
≤
x
-
1
;
(2)
若
a
≥
1
,讨论函数
f
(
x
)
的零点个数
.
考点一 判断零点的个数
【例
1
】
(2020·
潍坊检测
)
已知函数
f
(
x
)
=
ln
x
-
x
2
+
ax
,
a
∈
R
.
可得
x
∈
(0
,
1)
时,
g
′(
x
)>0
,函数
g
(
x
)
单调递增;
x
∈
(1
,+
∞
)
时,
g
′(
x
)<0
,函数
g
(
x
)
单调递减
.
∴
当
x
=
1
时,函数
g
(
x
)
取得极大值也是最大值,
∴
g
(
x
)
≤
g
(1)
=
0
,即
ln
x
≤
x
-
1.
在
(0
,
x
0
)
上,
f
′(
x
)>0
,函数
f
(
x
)
单调递增;
在
(
x
0
,+
∞
)
上,
f
′(
x
)<0
,函数
f
(
x
)
单调递减
.
∴
f
(
x
)
max
=
f
(
x
0
).
当
a
=
1
时,
x
0
=
1
,
f
(
x
)
max
=
f
(1)
=
0
,此时函数
f
(
x
)
只有一个零点
x
=
1.
当
a
>1
时,
f
(1)
=
a
-
1>0
,
综上可得:当
a
=
1
时,函数
f
(
x
)
只有一个零点
x
=
1
;
当
a
>1
时,函数
f
(
x
)
有两个零点
.
规律方法
1.
利用导数求函数的零点常用方法:
(1)
构造函数
g
(
x
)(
其中
g
′(
x
)
易求,且
g
′(
x
)
=
0
可解
)
,利用导数研究
g
(
x
)
的性质,结合
g
(
x
)
的图象,判断函数零点的个数
.
(2)
利用零点存在定理,先判断函数在某区间有零点,再结合图象与性质确定函数有多少个零点
.
2.
根据参数确定函数零点的个数,解题的基本思想是
“
数形结合
”
,即通过研究函数的性质
(
单调性、极值、函数值的极限位置等
)
,作出函数的大致图象,然后通过函数图象得出其与
x
轴交点的个数,或者两个相关函数图象交点的个数,基本步骤是
“
先数后形
”.
(1)
若
a
=
3
,求
f
(
x
)
的单调区间;
(2)
证明:
f
(
x
)
只有一个零点
.
考点二 根据零点个数求参数的值
(
范围
)
【例
2
】
函数
f
(
x
)
=
ax
+
x
ln
x
在
x
=
1
处取得极值
.
(1)
求
f
(
x
)
的单调区间;
(2)
若
y
=
f
(
x
)
-
m
-
1
在定义域内有两个不同的零点,求实数
m
的取值范围
.
解
(1)
函数
f
(
x
)
=
ax
+
x
ln
x
的定义域为
(0
,+
∞
).
f
′(
x
)
=
a
+
ln
x
+
1
,
因为
f
′(1)
=
a
+
1
=
0
,解得
a
=-
1
,
当
a
=-
1
时,
f
(
x
)
=-
x
+
x
ln
x
,
f
′(
x
)
=
ln
x
,
令
f
′(
x
)>0
,解得
x
>1
;令
f
′(
x
)<0
,解得
0<
x
<1.
所以
f
(
x
)
在
x
=
1
处取得极小值,
f
(
x
)
的单调递增区间为
(1
,+
∞
)
,单调递减区间为
(0
,
1).
(2)
y
=
f
(
x
)
-
m
-
1
在
(0
,+
∞
)
内有两个不同的零点,可转化为
y
=
f
(
x
)
与
y
=
m
+
1
图象有两个不同的交点
.
由
(1)
知,
f
(
x
)
在
(0
,
1)
上单调递减,在
(1
,+
∞
)
上单调递增,
f
(
x
)
min
=
f
(1)
=-
1
,
当
0<
x
e
时,
f
(
x
)>0.
当
x
>0
且
x
→
0
时,
f
(
x
)
→
0
;
当
x
→
+
∞
时,显然
f
(
x
)
→
+
∞
.
由图象可知,-
1<
m
+
1<0
,
即-
2<
m
<
-
1.
所以
m
的取值范围是
(
-
2
,-
1).
规律方法
1.
函数零点个数可转化为图象的交点个数,根据图象的几何直观求解
.
2.
与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点判断函数的大致图象,进而求出参数的取值范围
.
(1)
求
f
(
x
)
的单调递减区间;
(2)
已知函数
f
(
x
)
有两个不同的零点,求实数
a
的取值范围
.
综上可得:
a
≤
0
时,函数
f
(
x
)
的单调递减区间为
(0
,+
∞
)
,
(2)
由
(1)
可得若函数
f
(
x
)
有两个不同的零点,则必须满足
a
>0
,
所以实数
a
的取值范围是
(2e
,+
∞
).
考点三 函数零点的综合问题
【例
3
】
设函数
f
(
x
)
=
e
2
x
-
a
ln
x
.
当
a
≤
0
时,
f
′(
x
)>0
,
f
′(
x
)
没有零点;
所以
f
′(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上单调递增
.
故当
a
>0
时,
f
′(
x
)
存在唯一零点
.
(2)
证明
由
(1)
,可设
f
′(
x
)
在
(0
,+
∞
)
上的唯一零点为
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
).
【训练
3
】
(2019·
全国
Ⅰ
卷
)
已知函数
f
(
x
)
=
2sin
x
-
x
cos
x
-
x
,
f
′(
x
)
为
f
(
x
)
的导数
.
(1)
证明:
f
′(
x
)
在区间
(0
,
π)
存在唯一零点;
(2)
若
x
∈
[0
,
π]
时,
f
(
x
)
≥
ax
,求
a
的取值范围
.
(1)
证明
设
g
(
x
)
=
f
′(
x
)
,则
g
(
x
)
=
cos
x
+
x
sin
x
-
1
,
g
′(
x
)
=
x
cos
x
.
故
g
(
x
)
在
(0
,
π)
存在唯一零点
.
所以
f
′(
x
)
在区间
(0
,
π)
存在唯一零点
.
(2)
解
由题设知
f
(π)
≥
a
π
,
f
(π)
=
0
,可得
a
≤
0.
由
(1)
知,
f
′(
x
)
在
(0
,
π)
只有一个零点,设为
x
0
,
当
x
∈
(0
,
x
0
)
时,
f
′(
x
)>0
;当
x
∈
(
x
0
,
π)
时,
f
′(
x
)<0
,
所以
f
(
x
)
在
(0
,
x
0
)
上单调递增,在
(
x
0
,
π)
上单调递减
.
又
f
(0)
=
0
,
f
(π)
=
0
,所以当
x
∈
[0
,
π]
时,
f
(
x
)
≥
0.
又当
a
≤
0
,
x
∈
[0
,
π]
时,
ax
≤
0
,故
f
(
x
)
≥
ax
.
因此,
a
的取值范围是
(
-
∞
,
0].
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