届高三数学一轮复习导数与方程Word文档下载推荐.docx
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又f′(0)=0,∴f′(x0)>
∴f(x)在(0,x0)上单调递增,此时f(x)>
f(0)=0,不存在零点,
又f′=cos-=-<
∴∃x1∈,使得f′(x1)=0,
∴f(x)在(x0,x1)上单调递增,在上单调递减,
又f(x0)>
f(0)=0,f
=sin-ln
=ln>
ln1=0.
∴f(x)>
0在上恒成立,不存在零点.[9分]
③当x∈时,易知f(x)在上单调递减,
又f
>
0,f(π)=sinπ-ln(π+1)=-ln(π+1)<
∴f(x)在上存在唯一零点.[10分]
④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>
ln(π+1)>
1,
∴f(x)=sinx-ln(1+x)<
∴f(x)在(π,+∞)上不存在零点,
综上所述,f(x)有且仅有2个零点.[12分]
第一步:
求导函数f′(x);
第二步:
二次求导:
设g(x)=f′(x),求g′(x);
第三步:
讨论g(x)的性质:
根据g′(x)的符号讨论g(x)的单调性和零点;
第四步:
讨论f(x)的性质:
根据f′(x)的符号讨论f(x)的单调性和零点.
跟踪训练1 (2020·
武汉调研)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R)(e=2.71828…是自然对数的底数).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)讨论g(x)=f(x)在区间[0,1]上零点的个数.
解
(1)因为f(x)=ex-ax-1,
所以f′(x)=ex-a,
当a≤0时,f′(x)>
0恒成立,所以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<
lna,
令f′(x)>
0,得x>
所以f(x)的单调递减区间为(-∞,lna),单调递增区间为(lna,+∞).
(2)令g(x)=0,得f(x)=0或x=,
由
(1)知,当a≤0时,f(x)在R上单调递增;
0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增;
若a≤0,由f(0)=0,知f(x)在区间[0,1]上有一个零点;
若lna≤0,即0<
a≤1,则f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在[0,1]上有一个零点;
若0<
lna<
1,即1<
a<
e,则f(x)在(0,lna)上单调递减,在(lna,1)上单调递增,
又f
(1)=e-a-1,所以当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<
e时,f(x)在[0,1]上有一个零点;
若lna≥1,即a≥e,则f(x)在[0,1]上单调递减,f(x)在[0,1]上只有一个零点.
又当x=时,由f
=0得a=2(-1),
所以当a≤1或a>
e-1或a=2(-1)时,g(x)在[0,1]上有两个零点;
当1<
a≤e-1且a≠2(-1)时,g(x)在[0,1]上有三个零点.
根据函数零点情况求参数范围
例2 已知函数f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-3(a为实数),若方程g(x)=2f(x)在区间上有两个不等实根,求实数a的取值范围.
解 由g(x)=2f(x),
可得2xlnx=-x2+ax-3,a=x+2lnx+,
设h(x)=x+2lnx+(x>
0),
所以h′(x)=1+-=.
所以x在上变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:
x
1
(1,e)
h′(x)
-
+
h(x)
↗
极小值
↘
又h=+3e-2,h
(1)=4,h(e)=+e+2.
且h(e)-h=4-2e+<
0.
所以在上,h(x)min=h
(1)=4,
h(x)max=h=+3e-2,
若方程在上有两个不等实根,则4<
a≤e+2+,
所以实数a的取值范围为.
思维升华方程根或函数零点的个数可转化为函数图象的交点个数,确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象,充分利用导数工具和数形结合思想.
跟踪训练2 已知函数g(x)=x2-x+lnx-b在[1,4]上有两个不同的零点,求实数b的取值范围.
解 g(x)=x2-x+lnx-b(x>
则g′(x)=.
在[1,4]上,当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下:
(1,2)
2
(2,4)
g′(x)
g(x)
g(x)极小值=g
(2)=ln2-b-2,
又g(4)=2ln2-b-2,g
(1)=--b.
若方程g(x)=0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根,
则解得ln2-2<
b≤-.
故实数b的取值范围是.
破解含双参问题关键:
一是转化,即由已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;
二是巧妙构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值.
例1 (2020·
蓉城名校联考)已知函数h(x)=xe-x,如果x1≠x2且h(x1)=h(x2),证明:
x1+x2>
2.
证明 h′(x)=e-x(1-x),
令h′(x)=0,解得x=1,
当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表.
(-∞,1)
(1,+∞)
由x1≠x2,不妨设x1>
x2,根据h(x1)=h(x2)结合图象(图略)可知x1>
1,x2<
1.
令F(x)=h(x)-h(2-x),x∈[1,+∞),
则F′(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x,
∵x≥1,2x-2≥0,∴e2x-2-1≥0,
∴F′(x)≥0,∴F(x)在[1,+∞)上单调递增,
又∵F
(1)=0,∴x>
1时,F(x)>
F
(1)=0,
即当x>
1时,h(x)>
h(2-x),则h(x1)>
h(2-x1),
又h(x1)=h(x2),∴h(x2)>
∵x1>
1,∴2-x1<
1,∴x2,2-x1∈(-∞,1),
∵h(x)在(-∞,1)上是增函数,
∴x2>
2-x1,∴x1+x2>
2得证.
例2 已知f(x)=xlnx-mx2-x,m∈R.若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<
x2,求证:
x1x2>
e2(e为自然对数的底数).
证明 欲证x1x2>
e2,需证lnx1+lnx2>
2,
由函数f(x)有两个极值点x1,x2,可得函数f′(x)有两个零点,
又f′(x)=lnx-mx,
所以x1,x2是方程f′(x)=0的两个不同实根.
于是有
①+②可得lnx1+lnx2=m(x1+x2),即m=,
②-①可得lnx2-lnx1=m(x2-x1),
即m=,
从而可得=,
于是lnx1+lnx2=
=.
又0<
x1<
x2,设t=,则t>
因此lnx1+lnx2=,t>
要证lnx1+lnx2>
2,即证>
2(t>
1),
即证当t>
1时,有lnt>
,
令h(t)=lnt-(t>
则h′(t)=-=>
所以h(t)为(1,+∞)上的增函数,
因此h(t)>
ln1-=0.
于是当t>
.
所以有lnx1+lnx2>
2成立,即x1x2>
e2.
1.已知函数f(x)=a+lnx(a∈R).
(2)判断f(x)的零点个数.
解
(1)函数f(x)的定义域是(0,+∞),
f′(x)=()′lnx+·
=,
0,解得x>
e-2,令f′(x)<
0,解得0<
x<
e-2,
所以f(x)的单调减区间为(0,e-2),单调增区间为(e-2,+∞).
(2)由
(1)得f(x)min=f(e-2)=a-,
若a>
,则f(x)min>
0,f(x)无零点;
若a=,则f(x)min=0,f(x)有一个零点;
若a<
,则f(x)min<
f(x)在(0,e-2]上单调递减,在[e-2,+∞)上单调递增,
当a≤0时,在(0,e-2]上有f(x)=a+lnx<
a≤0,
∴f(x)在区间(0,e-2]上无零点,在[e-2,+∞)上有f(e-2a)=a(1-2e-a)≥0,f(x)在区间[e-2,+∞)上有一个零点;
当0<
时,有0<
<
e-2,,
易证当x>
0时,ex>
x2成立,∴>
a-=0,
又f(e-2)<
0,f
(1)=a>
0,∴f(x)在(0,e-2]上有一个零点,在(e-2,+∞)上有一个零点.
综上,当a>
时,f(x)无零点,当a≤0或a=时,f(x)有一个零点,当0<
时,f(x)有2个零点.
2.已知函数f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R).若函数g(x)=f(x)-ax+m在上有两个零点,求实数m的取值范围.
解 g(x)=2lnx-x2+m,
则g′(x)=-2x=.
因为x∈,所以当g′(x)=0时,x=1.
当≤x<
1时,g′(x)>
x≤e时,g′(x)<
故g(x)在x=1处取得极大值g
(1)=m-1.
又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,
g(e)-g=4-e2+<
0,则g(e)<
g,
所以g(x)在上的最小值是g(e).
g(x)在上有两个零点的条件是
解得1<
m≤2+,
所以实数m的取值范围是.
3.已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2lnx(a∈R).
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在上无零点,求a的取值范围.
解
(1)当a=1时,f(x)=x-1-2lnx,x>
则f′(x)=1-=,
由f′(x)>
2,由f′(x)<
0,得0<
故f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).
(2)因为当x→0时,f(x)→+∞,所以f(x)<
0在区间上不可能恒成立,
故要使函数f(x)在上无零点,
只要对任意的x∈,f(x)>
0恒成立,
即对x∈,a>
2-恒成立.
令h(x)=2-,x∈,
则h′(x)=,
再令m(x)=2lnx+-2,x∈,
则m′(x)=-<