高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第4讲 与函数的零点相关的问题 理.docx

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高考数学二轮复习专题2函数与导数第4讲与函数的零点相关的问题理

2019-2020年高考数学二轮复习专题2函数与导数第4讲与函数的零点相关的问题理

函数零点的个数问题

1.函数f（x）=xcos2x在区间[0,2π]上的零点的个数为（　D　）

（A）2（B）3（C）4（D）5

解析:

要使f（x）=xcos2x=0,则x=0,或cos2x=0,而在区间[0,2π]上,通过观察y=cos2x的函数图象,易得满足cos2x=0的x的值有,,,,所以零点的个数为5个.

2.（xx南昌二模）已知函数f（x）=函数g（x）是周期为2的偶函数,且当x∈[0,1]时,g（x）=2x-1,则函数y=f（x）-g（x）的零点个数是（　B　）

（A）5（B）6（C）7（D）8

解析:

函数y=f（x）-g（x）的零点个数就是函数y=f（x）与y=g（x）图象的交点个数.在同一坐标系中画出这两个函数的图象:

由图可得这两个函数的交点为A,O,B,C,D,E,共6个点.

所以原函数共有6个零点.故选B.

3.（xx南昌市一模）已知函数f（x）=若关于x的方程f[f（x）]=0有且只有一个实数解,则实数a的取值范围为　　　　. 

解析:

依题意,得a≠0,令f（x）=0,得lgx=0,即x=1,由f[f（x）]=0,得f（x）=1,

当x>0时,函数y=lgx的图象与直线y=1有且只有一个交点,则当x≤0时,函数y=的图象与直线y=1没有交点,若a>0,结论成立;若a<0,则函数y=的图象与y轴交点的纵坐标-a<1,得-1

答案:

（-1,0）∪（0,+∞）

4.（xx北京卷）设函数f（x）=

①若a=1,则f（x）的最小值为　　　　; 

②若f（x）恰有2个零点,则实数a的取值范围是　　　　. 

解析:

①当a=1时,f（x）=其大致图象如图所示:

由图可知f（x）的最小值为-1.

②当a≤0时,显然函数f（x）无零点;

当0

当a≥1时,2a>1,由二次函数的性质可知,当x≥1时,f（x）有2个

零点,

则要使f（x）恰有2个零点,则需要f（x）在（-∞,1）上无零点,则2-a≤0,即a≥2.

综上可知,满足条件的a的取值范围是

[,1）∪[2,+∞）.

答案:

①-1　②[,1）∪[2,+∞）

确定函数零点所在的区间

5.（xx四川成都市一诊）方程ln（x+1）-=0（x>0）的根存在的大致区间是（　B　）

（A）（0,1）（B）（1,2）（C）（2,e）（D）（3,4）

解析:

设f（x）=ln（x+1）-,则f

（1）=ln2-2<0,f

（2）=ln3-1>0,得f

（1）f

（2）<0,函数f（x）在区间（1,2）有零点,故选B.

6.（xx河南郑州市一模）设函数f（x）=ex+2x-4,g（x）=lnx+2x2-5,若实数a,b分别是f（x）,g（x）的零点,则（　A　）

（A）g（a）<0

（C）f（b）<0

解析:

考查函数y=ex与y=4-2x的图象,得其交点的横坐标a应满足0

满足1e+2-4>0,可排除C,D;0

故选A.

利用导数解决与函数有关的方程根（函数零点）问题

7.（xx河南省六市3月第一次联合调研）设函数f（x）=xlnx,g（x）=（-x2+ax-3）ex（a为实数）.

（1）当a=5时,求函数y=g（x）在x=1处的切线方程;

（2）求f（x）在区间[t,t+2]（t>0）上的最小值;

（3）若存在两不等实根x1,x2∈[,e],使方程g（x）=2exf（x）成立,求实数a的取值范围.

解:

（1）当a=5时g（x）=（-x2+5x-3）·ex,g

（1）=e.

g′（x）=（-x2+3x+2）·ex,故切线的斜率为g′

（1）=4e.

所以切线方程为y-e=4e（x-1）,即y=4ex-3e.

（2）f′（x）=lnx+1,

x

（0,）

（,+∞）

f′（x）

-

0

+

f（x）

单调递减

极小值（最小值）

单调递增

①当t≥时,在区间（t,t+2）上f（x）为增函数,

所以f（x）min=f（t）=tlnt,

②当0

所以f（x）min=f（）=-.

（3）由g（x）=2exf（x）,可得2xlnx=-x2+ax-3,

a=x+2lnx+,

令h（x）=x+2lnx+,

h′（x）=1+-=.

x

（,1）

1

（1,e）

h′（x）

-

0

+

h（x）

单调递减

极小值（最小值）

单调递增

h（）=+3e-2,h

（1）=4,h（e）=+e+2.

h（e）-h（）=4-2e+<0.

所以实数a的取值范围为（4,e+2+].

8.（xx湖北八市联考）已知函数f（x）=ln（x+a）-x2-x在x=0处取得

极值.

（1）求实数a的值;

（2）若关于x的方程f（x）=-x+b在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数b的取值范围.

解:

（1）f′（x）=-2x-1,

因为x=0时,f（x）取得极值,所以f′（0）=0,

故-2×0-1=0,解得a=1,

经检验当a=1时,f（x）在x=0处取得极大值符合题意,

所以a=1.

（2）由a=1知f（x）=ln（x+1）-x2-x,

由f（x）=-x+b,

得ln（x+1）-x2+x-b=0,

令（x）=ln（x+1）-x2+x-b,

则f（x）=-x+b在[0,2]上恰有两个不同的实数根等价于（x）=0在[0,2]上恰有两个不同的实数根.

′（x）=-2x+=,

当x∈（0,1）时,′（x）>0,于是（x）在（0,1）上单调递增;

当x∈（1,2）时,′（x）<0,于是（x）在（1,2）上单调递减;

依题意有

解得ln3-1≤b

所以实数b的取值范围是[ln3-1,ln2+）.

一、选择题

1.（xx太原一模）已知实数a,b满足2a=3,3b=2,则函数f（x）=ax+x-b的零点所在的区间是（　B　）

（A）（-2,-1）（B）（-1,0）（C）（0,1）（D）（1,2）

解析:

因为实数a,b满足2a=3,3b=2,

所以a=log23>1,0

因为函数f（x）=ax+x-b,

所以f（x）=（log23）x+x-log32单调递增,

因为f（0）=1-log32>0

f（-1）=log32-1-log32=-1<0,

所以根据函数的零点存在性定理得出函数f（x）=ax+x-b的零点所在的区间是（-1,0）,故选B.

2.（xx凉山州模拟）设函数f（x）=|lnx|-的两个零点为x1,x2,则有（　A　）

（A）x1x2<1（B）x1x2=1

（C）1

解析:

由f（x）=|lnx|-=0,得|lnx|=,

作函数y=|lnx|与y=的图象如图.

不妨设x1

由图可知,x1<1

则lnx1<0,且|lnx1|>|lnx2|,

所以-lnx1>lnx2,则lnx1+lnx2<0,即ln（x1x2）<0,

所以x1x2<1.

故选A.

3.（xx蚌埠二模）函数f（x）=有且只有一个零点时,a的取值范围是（　D　）

（A）（-∞,0]（B）（0,）

（C）（,1）（D）（-∞,0]∪（1,+∞）

解析:

因为f

（1）=ln1=0,

所以当x≤0时,函数f（x）没有零点,

故-2x+a>0或-2x+a<0在（-∞,0]上恒成立,

即a>2x,或a<2x在（-∞,0]上恒成立,

故a>1或a≤0.故选D.

4.（xx重庆卷）已知函数f（x）=且g（x）=f（x）-mx-m在（-1,1]内有且仅有两个不同的零点,则实数m的取值范围是（　A　）

（A）（-,-2]∪（0,]（B）（-,-2]∪（0,]

（C）（-,-2]∪（0,]（D）（-,-2]∪（0,]

解析:

g（x）=f（x）-mx-m在（-1,1]内有且仅有两个不同的零点就是函数y=f（x）的图象与函数y=m（x+1）的图象有两个交点,在同一直角坐标系内作出函数f（x）=和函数y=m（x+1）的图象,如图,当直线y=m（x+1）与y=-3,x∈（-1,0]和y=x,x∈（0,1]都相交时,0

5.（xx湖北卷）已知f（x）是定义在R上的奇函数,当x≥0时,

f（x）=x2-3x.则函数g（x）=f（x）-x+3的零点的集合为（　D　）

（A）{1,3}（B）{-3,-1,1,3}

（C）{2-,1,3}（D）{-2-,1,3}

解析:

当x≥0时,函数g（x）的零点即方程f（x）=x-3的根,

由x2-3x=x-3,

解得x=1或3;

当x<0时,由f（x）是奇函数得

-f（x）=f（-x）=x2-3（-x）,

即f（x）=-x2-3x.

由f（x）=x-3得x=-2-（正根舍去）.故选D.

6.已知x0是函数f（x）=2x+的一个零点,若x1∈（1,x0）,x2∈（x0,+∞）,则（　B　）

（A）f（x1）<0,f（x2）<0（B）f（x1）<0,f（x2）>0

（C）f（x1）>0,f（x2）<0（D）f（x1）>0,f（x2）>0

解析:

函数y=2x,y=在（1,+∞）都为单调增函数,

所以f（x）=2x+在（1,+∞）上为单调增函数.

因为f（x0）=0,

所以x1∈（1,x0）,x2∈（x0,+∞）时,

f（x1）f（x0）=0,从而答案B正确.

7.已知函数f（x）=则下列关于函数y=f[f（kx）+1]+1（k≠0）的零点个数的判断正确的是（　C　）

（A）当k>0时,有3个零点;当k<0时,有4个零点

（B）当k>0时,有4个零点;当k<0时,有3个零点

（C）无论k为何值,均有3个零点

（D）无论k为何值,均有4个零点

解析:

令f[f（kx）+1]+1=0得,

或

解得f（kx）+1=0或f（kx）+1=;由f（kx）+1=0得,

或

即x=0或kx=;

由f（kx）+1=得,

或

即ekx=1+（无解）或kx=;

综上所述,x=0或kx=或kx=;

故无论k为何值,均有3个解.故选C.

8.（xx怀化二模）定义域为R的函数f（x）=若关于x的函数h（x）=f2（x）+af（x）+有5个不同的零点x1,x2,x3,x4,x5,则++++等于（　C　）

（A）15（B）20（C）30（D）35

解析:

作函数f（x）=的图象如图,

则由函数h（x）=f2（x）+af（x）+有5个不同的零点知,

1+a+=0,

解得a=-,

则解f2（x）-f（x）+=0得,

f（x）=1或f（x）=;

故若f（x）=1,则x=2或x=3或x=1;

若f（x）=,则x=0或x=4;

故++++=1+4+9+16=30.故选C.

9.（xx郑州二模）已知函数f（x）=函数g（x）=f（x）-2x恰有三个不同的零点,则实数a的取值范围是（　A　）

（A）[-1,3）（B）[-3,-1]

（C）[-3,3）（D）[-1,1）

解析:

因为f（x）=

所以g（x）=f（x）-2x=

而方程-x+3=0的解为3,

方程x2+4x+3=0的解为-1,-3;

若函数g（x）=f（x）-2x恰有三个不同的零点,

则解得,-1≤a<3.

实数a的取值范围是[-1,3）.故选A.

10.（xx衡阳二模）已知（x2-）5的展开式中的常数项为T,f（x）是以T为周期的偶函数,且当x∈[0,1]时,f（x）=x,若在区间[-1,3]内,函数g（x）=f（x）-kx-2k有4个零点,则实数k的取值范围是（　C　）

（A）（0,]（B）[0,]

（C）（0,]（D）[0,]

解析:

（x2-）5的通项Tr+1=（x2）5-r（-x-3）r=（-1）rx10-5r;

令10-5r=0得,r=2;则常数项为×=2,

f（x）是以2为周期的偶函数,

因为区间[-1,3]是两个周期,

所以在区间[-1,3]内函数g（x）=f（x）-kx-2k有4个零点,

可转化为f（x）与r（x）=kx+2k有四个交点,

当k=0时,两函数图象只有两个交点,不合题意;

当k≠0时,因为函数r（x）的图象恒过点（-2,0）,

则若使两函数图象有四个交点,

必有0

11.（xx安徽卷）若函数f（x）=x3+ax2+bx+c有极值点x1,x2,且f（x1）=x1,则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数是（　A　）

（A）3（B）4（C）5（D）6

解析:

先求函数的导函数,由极值点的性质及题意,得出f（x）=x1或f（x）=x2,再利用数形结合确定这两个方程实数根的个数.

因为f′（x）=3x2+2ax+b,

函数f（x）的两个极值点为x1,x2,

所以f′（x1）=0,f′（x2）=0,

所以x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的两根.

所以解关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0得f（x）=x1或f（x）=x2.不妨设x1

由题意知函数f（x）在（-∞,x1）,（x2,+∞）上单调递增,在（x1,x2）上单调递减.

又f（x1）=x1

二、填空题

12.（xx兰州二模）设函数f（x）=函数y=f[f（x）]-1的零点个数为　　　　. 

解析:

因为函数f（x）=

当x≤0时,

y=f[f（x）]-1=f（2x）-1=log22x-1=x-1,

令y=f[f（x）]-1=0,x=1（舍去）.

当0

y=f[f（x）]-1=f（log2x）-1=-1=x-1,

令y=f[f（x）]-1=0,x=1.

当x>1时,

y=f[f（x）]-1=f（log2x）-1=log2（log2x）-1,

令y=f[f（x）]-1=0,log2（log2x）=1,

则log2x=2,x=4,

故函数y=f[f（x）]-1的零点个数为2个.

答案:

2

13.（xx山东卷）已知函数f（x）=1ogax+x-b（a>0,且a≠1）.当2

解析:

对函数f（x）,因为2

所以f

（2）=loga2+2-b<1+2-b=3-b<0,

f（3）=loga3+3-b>1+3-b=4-b>0.

即f

（2）f（3）<0,

易知f（x）在（0,+∞）单调递增,

所以f（x）存在唯一的零点x0,且x0∈（2,3）,

所以n=2.

答案:

2

14.（xx潍坊模拟）已知f（x）是定义在（0,+∞）上的单调函数,f′（x）是f（x）的导函数,若对∀x∈（0,+∞）,都有f[f（x）-2x]=3,则方程f′（x）-=0的解所在的区间是　　　　.（区间长度不大于1） 

解析:

由题意,可知f（x）-2x是定值,令t=f（x）-2x,

则f（x）=2x+t,

又f（t）=2t+t=3,解得t=1,

所以有f（x）=2x+1,

所以f′（x）=2x·ln2,

令F（x）=f′（x）-=2x·ln2-,

可得F

（1）=21·ln2-4<0,F

（2）=22·ln2-2>0,

即F（x）=2x·ln2-零点在区间（1,2）内,

所以f′（x）-=0的解所在的区间是（1,2）.

答案:

（1,2）

利用导数研究方程根的问题

训练提示:

利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数问题的一般思路

（1）将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与x轴（或直线y=k）在该区间上的交点问题.

（2）利用导数研究出该函数在该区间上的单调性、极值（最值）、端点值等性质,进而画出其图象.

（3）结合图象求解.

1.（xx贵州七校联盟第一次联考）已知函数f（x）=（ax2+x）ex,其中e是自然对数的底数,a∈R.

（1）当a>0时,解不等式f（x）≤0;

（2）当a=0时,求整数t的所有值,使方程f（x）=x+2在[t,t+1]上有解.

解:

（1）因为ex>0,所以不等式f（x）≤0,即为ax2+x≤0,

又因为a>0,所以不等式可化为x（x+）≤0,

所以不等式f（x）≤0的解集为[-,0].

（2）当a=0时,方程即为xex=x+2,由于ex>0,

所以x=0不是方程的解,

所以原方程等价于ex--1=0,

令h（x）=ex--1,

因为h′（x）=ex+>0对于x≠0恒成立,

所以h（x）在（-∞,0）和（0,+∞）内是单调增函数,

又h

（1）=e-3<0,h

（2）=e2-2>0,h（-3）=e-3-<0,h（-2）=>0,

所以方程f（x）=x+2有且只有两个实数根,且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,

所以整数t的所有值为{-3,1}.

【教师备用】（xx广东江门市3月模拟）设函数f（x）=ex（lnx-a）,e是自然对数的底数,a∈R为常数.

（1）若y=f（x）在x=1处的切线l的斜率为2e,求a的值;

（2）在

（1）的条件下,证明切线l与曲线y=f（x）在区间（0,）至少有1个公共点.

解:

（1）f′（x）=ex（lnx-a+）,

依题意,k=f′

（1）=e（ln1-a+1）=2e,解得a=-1,

（2）由

（1）f

（1）=e,直线l的方程为y-e=2e（x-1）,

即y=2ex-e,

令g（x）=f（x）-（2ex-e）=ex（lnx+1）-2ex+e,

则g（）=（1-ln2）>0,g（e-4）=-3ee-4-2e-3+e<-3+e<0（用其他适当的数替代e-4亦可）

因为y=g（x）在（e-4,）上是连续不断的曲线,

g（e-4）g（）<0,y=g（x）在（e-4,）内有零点,

而（e-4,）⊂（0,）,从而切线l与曲线y=f（x）在区间（0,）至少有1个公共点.

2.（xx福建龙岩市5月质检）已知函数f（x）=ex（sinx+cosx）+a,g（x）=（a2-a+10）ex（a∈R且a为常数）.

（1）若曲线y=f（x）在（0,f（0））处的切线过点（1,2）.求实数a的值;

（2）若存在实数x1,x2∈[0,π],使得g（x2）

（3）判断函数（x）=-+1+lnx（b>1）在（0,+∞）上的零点个数,并说明理由.

解:

（1）f′（x）=ex（sinx+cosx）+ex（cosx-sinx）=2excosx,

又曲线y=f（x）在（0,f（0））处的切线过点（1,2）,

得f′（0）=,

即2=1-a,解得a=-1.

（2）存在实数x1,x2∈[0,π],

使得g（x2）

即g（x）min

由

（1）知f′（x）=2excosx=0在x∈[0,π]上的解为x=,

函数f（x）在（0,）上递增,在（,π）上递减,

f（x）max=f（）=+a

又a2-a+10>0恒成立,g（x）=（a2-a+10）ex在[0,π]上递增,

g（x）min=g（0）=a2-a+10,

故a2-a+10<+a+13-,得a2-2a-3<0,

所以实数a的取值范围是（-1,3）.

（3）由（x）=-+1+lnx=0（x>0）得

-+1+lnx=0,

化为=1-x-xlnx,

令h（x）=1-x-xlnx,则h′（x）=-2-lnx,

由h′（x）=-2-lnx=0,得x=e-2,

故h（x）在（0,）上递增,在（,+∞）上递减,

h（x）max=h（）=1+.

再令t（x）==b（1+）ex,

因为b>1,所以函数t（x）=b（1+）ex在（0,+∞）上递增,

t（x）>t（0）=b（1+）e0=b（1+）>1+.

知t（x）>h（x）max,由此判断函数（x）在（0,+∞）上没有零点,

故（x）在（0,+∞）上零点个数为0.

【教师备用】（xx四川成都市一诊）已知函数f（x）=-,g（x）=m-,其中m∈R且m≠0.e=2.71828…为自然对数的底数.

（1）当m<0时,求函数f（x）的单调区间和极小值;

（2）当m>0时,若函数g（x）存在a,b,c三个零点,且a

-1

（3）是否存在负数m,对∀x1∈（1,+∞）,∀x2∈（-∞,0）,都有f（x1）>g（x2）成立?

若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.

解:

（1）f′（x）=-m·

=m·

=（x>0且x≠1）.

所以由f′（x）>0,得x>;由f′（x）<0,得0

所以函数f（x）的单调递减区间是（0,1）,（1,）,单调递增区间是（,+∞）.

所以f（x）极小值=f（）=-2me.

（2）g′（x）=-=（m>0）.

所以g（x）在（-∞,0）上单调递增,（0,）上单调递减,（,+∞）上单调递增.

因为函数g（x）存在三个零点,

所以⇒⇒0

所以0

由g（-1）=m-mem=m（1-em）<0,

所以g（e）=m-=m（1-）<0.

综上可知,g（e）<0,g（0）>0,g（-1）<0,

结合函数g（x）单调性及a

a∈（-1,0）,b∈（0,e）,c∈（e,+∞）.

即-1

（3）由题意,只需f（x）min>g（x）max,

因为f′（x）=

由m<0,所以函数f（x）在（1,）上单调递减,在（,+∞）上单调

递增.

所以f（x）min=f（）=-2me.

因为g′（x）=

由m<0,所以函数g（x）在（-∞,）上单调递增,（,0）上单调递减.

所以g（x）max=g（）=m-.

所以-2me>m-,不等式两边同乘以负数m,

得-2m2e

所以（2e+1）m2>,即m2>.

由m<0,解得m<-.

综上所述,存在这样的负数m∈（-∞,-）满足题意.

类型:

利用导数研究方程根的问题

1.设函数f（x）=lnx-cx（c∈R）.

（1）讨论函数f（x）的单调性;

（2）若f（x）≤x2恒成立,求c的取值