(新课标理)2016高考数学二轮复习函数与导数第4讲与函数的零点相关的问题.pdf

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1、 1 第 4 讲 与函数的零点相关的问题 函数零点的个数问题 1.函数 f(x)=xcos 2x 在区间0,2上的零点的个数为(D)(A)2(B)3(C)4(D)5 解析:要使 f(x)=xcos 2x=0,则 x=0,或 cos 2x=0,而在区间0,2上,通过观察 y=cos 2x 的函数图象,易得满足 cos 2x=0 的 x 的值有,所以零点的个数为 5 个.2.(2015 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x0,1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

2、(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.2 3.(2015 南昌市一模)已知函数 f(x)=若关于 x 的方程ff(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 a0,令 f(x)=0,得 lg x=0,即 x=1,由 ff(x)=0,得f(x)=1,当 x0 时,函数 y=lg x 的图象与直线 y=1 有且只有一个交点,则当 x0时,函数y=的图象与直线y=1没有交点,若a0,结论成立;若a0

3、,则函数y=的图象与y轴交点的纵坐标-a1,得-1a0,则实数a的取值范围为(-1,0)(0,+).答案:(-1,0)(0,+)4.(2015 北京卷)设函数 f(x)=若 a=1,则 f(x)的最小值为 ;若 f(x)恰有 2 个零点,则实数 a 的取值范围是 .解析: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.当 a0 时,显然函数 f(x)无零点;当0a1时,易知f(x)在(-,1)上有一个零点,要使f(x)恰有2 个零点,则当 x1 时,f(x)有且只有一个零点,结合图象可知,2a1,即 a 3 ,则 a1,由二次函数的性质可知,当 x1 时,f(x

4、)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-a0,即 a2.综上可知,满足条件的 a 的取值范围是 ,1)2,+).答案:-1 ,1)2,+)确定函数零点所在的区间 5.(2015 四川成都市一诊)方程 ln(x+1)-=0(x0)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)=ln 2-20,得f(1)f(2)0,函数 f(x)在区间(1,2)有零点,故选 B.6.(2015 河南郑州市一模)设函数 f(x)=ex+2x-4,g(x)=ln x

5、+2x2-5,若实数 a,b 分别是 f(x),g(x)的零点,则(A)(A)g(a)0f(b)(B)0g(a)f(b)(C)f(b)0g(a)(D)f(b)g(a)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0a1;考查函数 y=ln x 与 y=5-2x2的图象,得其交点的横坐标 b 应 4 满足 1be+2-40,可排除 C,D;0a1,g(a)ln 1+2-50)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

6、.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)=ln x+1,x(0,)(,+)f(x)-0+f(x)单调递减 极小值(最小值)单调递增 当 t 时,在区间(t,t+2)上 f(x)为增函数,所以 f(x)min=f(t)=tln t,当 0t 时,在区间(t,)上 f(x)为减函数,在区间(,t+2)上 f(x)为增函数,5 所以 f(x)min=f()=-.(3)由 g(x)=2exf(x),可得 2xln x=-x2+ax-3,a=x+2ln x+,令 h(x)=x+2ln x+,h(x)

7、=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,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 ln 3-1b1,0b=log320 f(-1)=log32-1-log32=-10,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.(2015 凉山州模拟)设函数 f(x)=|ln x|-的两个零点为 x1,x2,则有(A)(A)x1x21 (B

8、)x1x2=1(C)1x1x2(D)x1x2 解析:由 f(x)=|ln x|-=0,得|ln x|=,作函数 y=|ln x|与 y=的图象如图.8 不妨设 x1x2,由图可知,x11x2,则 ln x1|ln x2|,所以-ln x1ln x2,则 ln x1+ln x20,即 ln(x1x2)0,所以 x1x20 或-2x+a2x,或 a1 或 a0.故选 D.4.(2014 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)9(A)(-,-2(0,(B)（-,-2(0,(C)(-,-2(0,(D)(-,-2

9、(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,0m;当直线 y=m(x+1)与 y=-3,x(-1,0有两个交点时,由方程组消元得-3=m(x+1),即 m(x+1)2+3(x+1)-1=0,化简得mx2+(2m+3)x+m+2=0,当=9+4m=0,即m=-时,直线y=m(x+1)与y=-3相切,当直线y=m(x+1)过点(0,-2)时,m=-

10、2,所以m(-,-2.综上,实数 m 的取值范围是(-,-2)(0,故选 A.5.(2014 湖北卷)已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x0 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 10(C)2-,1,3(D)-2-,1,3 解析:当 x0 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 x0 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

11、.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(C)f(x1)0,f(x2)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=ff(kx)+1+1(k0)的零点个数的判断正确的是(C)(A)当 k0 时,有 3 个零点;当 k0 时,有 4 个零点;当 k0 时,有

12、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 ff(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.(2015 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)3

13、5 12 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.(2015 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)=13 所以 g(x)=f(x)-2x=而方

14、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,-1a3.实数 a 的取值范围是-1,3).故选 A.10.(2015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 x0,1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

15、=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 k0 时,因为函数 r(x)的图象恒过点(-2,0),14 则若使两函数图象有四个交点,必有 0r(3)1;解得,0k.故选 C.11.(2013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

16、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 x1x2,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)=x1x2,如图,数形结合可知 f(x)=x1有两个不同实根,f(x)=x2有一个实

17、根,所以不同实根的个数为 3.故选 A.15 二、填空题 12.(2015兰州二模)设函数f(x)=函数y=ff(x)-1的零点个数为 .解析:因为函数 f(x)=当 x0 时,y=ff(x)-1=f(2x)-1=log22x-1=x-1,令 y=ff(x)-1=0,x=1(舍去).当 01 时,y=ff(x)-1=f(log2x)-1=log2(log2x)-1,令 y=ff(x)-1=0,log2(log2x)=1,则 log2x=2,x=4,故函数 y=ff(x)-1 的零点个数为 2 个.答案:2 13.(2011 山东卷)已知函数 f(x)=1ogax+x-b(a0,且 a1).当2

18、a3b4时,函数f(x)的零点x0(n,n+1),nN*,则n=.解析:对函数 f(x),因为 2a3b4,所以 f(2)=loga2+2-b1+2-b=3-b1+3-b=4-b0.16 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.(2015 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 ff(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(

19、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)=2xln 2,令 F(x)=f(x)-=2xln 2-,可得 F(1)=21ln 2-40,即 F(x)=2xln 2-零点在区间(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 17 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

20、)、端点值等性质,进而画出其图象.(3)结合图象求解.1.(2015 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,aR.(1)当 a0 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 ex0,所以不等式 f(x)0,即为 ax2+x0,又因为 a0,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 ex0,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(

21、x)=ex+0 对于 x0 恒成立,所以 h(x)在(-,0)和(0,+)内是单调增函数,18 又 h(1)=e-30,h(-3)=e-3-0,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】(2015 广东江门市 3 月模拟)设函数 f(x)=ex(ln x-a),e是自然对数的底数,aR 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(ln x-a+),依题

22、意,k=f(1)=e(ln 1-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(ln x+1)-2ex+e,则 g()=(1-ln 2)0,g(e-4)=-3ee-4-2e-3+e-3+e0(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 19 有 1 个公共点.2.(2015 福建龙岩市 5 月质检)已

23、知函数 f(x)=ex(sin x+cos x)+a,g(x)=(a2-a+10)ex(aR 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,x20,使得 g(x2)1)在(0,+)上的零点个数,并说明理由.解:(1)f(x)=ex(sin x+cos x)+ex(cos x-sin x)=2excos x,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,x20,使得 g(x2)f(x1)+13-成立,即 g(x)min0 恒成立,g(

24、x)=(a2-a+10)ex在0,上递增,g(x)min=g(0)=a2-a+10,故 a2-a+10+a+13-,得 a2-2a-30)得-+1+ln x=0,化为=1-x-xln x,令 h(x)=1-x-xln x,则 h(x)=-2-ln x,由 h(x)=-2-ln x=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 b1,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

25、(x)在(0,+)上零点个数为 0.【教师备用】(2015 四川成都市一诊)已知函数 f(x)=-,g(x)=m-,21 其中 mR 且 m0.e=2.71828为自然对数的底数.(1)当 m0 时,若函数 g(x)存在 a,b,c 三个零点,且 abc,试证明:-1a0beg(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=(x0 且 x1).所以由 f(x)0,得 x;由 f(x)0,得 0 x0).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0m.所以 0me2.22 由

26、g(-1)=m-mem=m(1-em)0,所以 g(e)=m-=m（1-）0.综上可知,g(e)0,g(-1)0,结合函数 g(x)单调性及 abc 可得 a(-1,0),b(0,e),c(e,+).即-1a0beg(x)max,因为 f(x)=由 m0,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 mm-,不等式两边同乘以负数 m,得-2m2e,即 m2.23 由 m0,解得 me2.(1)解:因为 f(x)=ln x-cx,所以 x(0,+),f(x)=-c=.当 c0 时,f(x)单调增区间为(0,+),当 c

27、0 时,f(x)单调增区间为（0,）,f(x)单调减区间为（,+）.(2)解:因为 f(x)x2,所以 ln x-cxx2,所以 c-x.设 g(x)=-x,所以 g(x)=,所以 g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+)单调递减.所以 g(x)max=g(1)=-1,24 所以 c-1.(3)证明:因为 f(x)有两个相异零点,ln x1=cx1,ln x2=cx2,所以 ln x1-ln x2=c(x1-x2),所以=c,而 x1x2e2,等价于 ln x1+ln x22,即 cx1+cx22,由得(x1+x2)2,不妨设 x1x20,则 t=1,上式转化为 ln t(t1),设 H(t

28、)=ln t-(t1),则 H(t)=0,故函数 H(t)是(1,+)上的增函数,所以 H(t)H(1)=0,即不等式 ln t成立,故所证不等式 x1x2e2成立.2.(2015 郑州质量预测)已知函数 f(x)=(x2-2x)ln x+ax2+2.(1)当 a=-1 时,求 f(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)当a0时,设函数g(x)=f(x)-x-2,且函数g(x)有且仅有一个零点,若 e-2xe,g(x)m,求 m 的取值范围.解:(1)当 a=-1 时,f(x)=(x2-2x)ln x-x2+2,定义域为(0,+),f(x)=(2x-2)ln x+(x-2)-2x.25 所

29、 以 f (1)=-3,又 f(1)=1,f(x)在(1,f(1)处 的 切 线 方 程 为3x+y-4=0.(2)令 g(x)=f(x)-x-2=0,则(x2-2x)ln x+ax2+2=x+2,即 a=,令 h(x)=,则 h(x)=-+=.令 t(x)=1-x-2ln x,t(x)=-1-=,因为 t(x)0,所以 t(x)在(0,+)上是减函数,又因为 t(1)=h(1)=0,所以当 0 x0,当 x1 时,h(x)0,所以当函数 g(x)有且仅有一个零点时,a=1.当 a=1,g(x)=(x2-2x)ln x+x2-x,若 e-2xe,g(x)m,只需 g(x)maxm,g(x)=(

30、x-1)(3+2ln x),令 g(x)=0 得 x=1 或 x=,又因为 e-2xe,所以函数 g(x)在(e-2,)上单调递增,在（,1）上单调递减,在(1,e)上单调递增,又 g()=-e-3+2,g(e)=2e2-3e,26 因为 g()=-e-3+22e2e（e-）=g(e),即 g（）0,所 以 g (x)有 两 个 零 点 x1,x2,即 3-2axi-1=0(i=1,2),且x1x20,a=,不妨设 x100 且 g(x2)0,或 g(x1)0 且 g(x2)0,又 g(xi)=-a-xi+1=-xi+1=-+1(i=1,2),设 h(x)=-x3-+1,所以 h(x)=-x2

31、-0,所以 h(x)为减函数,又 h(1)=0,所以 x0,x1 时 h(x)0,所以 xi(i=1,2)大于 1 或小于 1,由 x100,所以a0,h(x)为增函数,28 又 h(1)=0.所以当 x0,g(x)为增函数;当 0 x1 时,g(x)1 时,g(x)0,g(x)为增函数;所以 g(x)在 x=1 时取极小值 1.又当 x 趋向于 0 时,g(x)趋向于正无穷;又当 x 趋向于负无穷时,g(x)趋向于负无穷;又当 x 趋向于正无穷时,g(x)趋向于正无穷.所以 g(x)图象大致如图所示.所以方程 a=x-+只有一个实根时,实数 a 的取值范围为(-,1).【教师备用】设函数 f

32、(x)=xln x(x0),g(x)=-x+2.(1)求函数 f(x)在点 M(e,f(e)处的切线方程;(2)设 F(x)=ax2-(a+2)x+f(x)(a0),讨论函数 F(x)的单调性;(3)设函数H(x)=f(x)+g(x),是否同时存在实数m和M(m0),则函数 f(x)在点 M(e,f(e)处的斜率为 29 f(e)=2,f(e)=e,所以,所求切线方程为 y-e=2(x-e),即 y=2x-e.(2)F(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1(x0),F(x)=2ax-(a+2)+=(x0,a0)令 F(x)=0,则 x=或.当 0a 时,令 F(x)0 解得 0 x;令 F

33、(x)0 解得 x2 即 时,函数 F(x)在(0,),(,+)上单调递增,在(,)上单调递减.(3)H(x)=-x+2+xln x,H(x)=ln x.令 H(x)=0,则 x=1.当 x 在区间,e内变化时,H(x),H(x)的变化情况如下表:30 x (,1)1(1,e)e H(x)-0+H(x)2-单调递减 极小值 1 单调递增 2 因为 2-2,所以 H(x)在区间,e内值域为1,2,由此可得,若则对每一个 tm,M,直线 y=t 与曲线 y=H(x)(x,e)都有公共点,并且对每一个 t(-,m)(M,+),直线 y=t 与曲线y=H(x)(x,e)都没有公共点.综合以上,存在实数 m=1 和 M=2,使得对每一个 tm,M,直线 y=t 与曲线 y=H(x)(x,e)都有公共点.