高考數學基礎突破 導數與積分 第7講 導數與函數的零點

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2017年高考數學基礎突破——導數與積分 第7講 導數與函數的零點 【知識梳理】 研究方程根或函數的零點的情況，可以通過導數研究函數的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據題目要求，畫出函數圖象的走勢規(guī)律，標明函數極(最)值的位置，通過數形結合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現． 【基礎考點突破】 考點1. 利用導數解決函數零點問題 【例1】(2014課標全國Ⅱ)已知函數f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0，2)處的切線與x軸交點的橫坐標為－2. (1)求a；(2)證明：當k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． 【例2】（2016年北京高考）設函數. （I）求曲線在點處的切線方程； （II）設，若函數有三個不同零點，求c的取值范圍； （III）求證：是有三個不同零點的必要而不充分條件. 變式訓練2.（2016年全國I卷高考）已知函數. (I)討論的單調性；(II)若有兩個零點，求的取值范圍. 【基礎練習鞏固】 1．若函數f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點，則a可能的值為(　　) A．4 B．6 C．7 D．8 2．(2015廣東，19)設a>1，函數f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點； (3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點)， 3．(2015課標全國Ⅰ)設函數f(x)＝e2x－aln x. (1)討論f(x)的導函數f′(x)零點的個數；(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln. 4．已知函數f(x)＝. (1)若f(x)在區(qū)間(－∞，2)上為單調遞增函數，求實數a的取值范圍； (2)若a＝0，x0<1，設直線y＝g(x)為函數f(x)的圖象在x＝x0處的切線，求證：f(x)≤g(x)． 2017年高考數學基礎突破——導數與積分 第7講 導數與函數的零點（學生版，后附教師版） 【知識梳理】 研究方程根或函數的零點的情況，可以通過導數研究函數的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等，根據題目要求，畫出函數圖象的走勢規(guī)律，標明函數極(最)值的位置，通過數形結合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現． 【基礎考點突破】 考點1. 利用導數解決函數零點問題 【例1】(2014課標全國Ⅱ)已知函數f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0，2)處的切線與x軸交點的橫坐標為－2. (1)求a；(2)證明：當k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． 解析：f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a. 曲線y＝f(x)在點(0，2)處的切線方程為y＝ax＋2，由題設得－＝－2，所以a＝1. (2)證明　由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2，設g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4. 由題設知1－k>0. 當x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調遞增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一實根． 當x>0時，令h(x)＝x3－3x2＋4，則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)． h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)單調遞減，在(2，＋∞)單調遞增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)沒有實根． 綜上，g(x)＝0在R有唯一實根，即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點． 【例2】（2016年北京高考）設函數. （I）求曲線在點處的切線方程； （II）設，若函數有三個不同零點，求c的取值范圍； （III）求證：是有三個不同零點的必要而不充分條件. 解：（I）由，得． 因為，，所以曲線在點處的切線方程為． （II）當時，，所以． 令，得，解得或． 與在區(qū)間上的情況如下： 所以，當且時，存在，， ，使得． 由的單調性知，當且僅當時，函數有三個不同零點． （III）當時，，， 此時函數在區(qū)間上單調遞增，所以不可能有三個不同零點． 當時，只有一個零點，記作． 當時，，在區(qū)間上單調遞增； 當時，，在區(qū)間上單調遞增． 所以不可能有三個不同零點． 綜上所述，若函數有三個不同零點，則必有． 故是有三個不同零點的必要條件． 當，時，，只有兩個不同 點， 所以不是有三個不同零點的充分條件． 因此是有三個不同零點的必要而不充分條件． 變式訓練2.（2016年全國I卷高考）已知函數. (I)討論的單調性；(II)若有兩個零點，求的取值范圍. 【解析】（Ⅰ）． （ i ）當時，則當時，；當時， 故函數在單調遞減，在單調遞增． （ ii ）當時，由，解得：或 ①若，即，則， 故在單調遞增． ②若，即，則當時，；當時， 故函數在，單調遞增；在單調遞減． ③若，即，則當時，；當時，； 故函數在，單調遞增；在單調遞減． （Ⅱ）（i）當時，由（Ⅰ）知，函數在單調遞減，在單調遞增． 又∵，取實數滿足且，則 ∴有兩個零點． （ii）若，則，故只有一個零點． （iii）若，由（I）知，當，則在單調遞增，又當時，，故不存在兩個零點； 當，則函數在單調遞增；在單調遞減．又當時，，故不存在兩個零點． 綜上所述，的取值范圍是． 【基礎練習鞏固】 1．若函數f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點，則a可能的值為(　　) A．4 B．6 C．7 D．8 答案　A 解析　由題意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0得x<1或x>2，由f′(x)<0得11，函數f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點； (3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點)，證明：m≤－1. 解析：（1）f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex ?x∈R，f′(x)≥0恒成立.∴f(x)的單調增區(qū)間為(－∞，＋∞). (2)證明　∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a， ∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0，∴f(0)f(a)<0，∴f(x)在(0，a)上有一零點， 又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增，∴f(x)在(0，a)上僅有一個零點， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點. (3)證明　f′(x)＝(x＋1)2ex，設P(x0，y0)，則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，把x0＝-1，代入y＝f(x)得y0＝-a，∴kOP＝a－. f′(m)＝em(m＋1)2＝a－，令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1. 令g′(x)>0，則m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上增. 令g′(x)<0，則m<0，∴g(m)在(－∞，0)上減.∴g(m)min＝g(0)＝0. ∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－≥(m＋1)3. ∴m＋1≤，即m≤－1. 3．(2015課標全國Ⅰ)設函數f(x)＝e2x－aln x. (1)討論f(x)的導函數f′(x)零點的個數；(2)證明：當a>0時，f(x)≥2a＋aln. (1)解　f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)． 當a≤0時，f′(x)>0，f′(x)沒有零點． 當a>0時，因為y＝e2x單調遞增，y＝－單調遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增．又f′(a)>0，當b滿足00時，f′(x)存在唯一零點． (2)證明　由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0. 故f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)． 由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故當a>0時，f(x)≥2a＋aln. 4．已知函數f(x)＝. (1)若f(x)在區(qū)間(－∞，2)上為單調遞增函數，求實數a的取值范圍； (2)若a＝0，x0<1，設直線y＝g(x)為函數f(x)的圖象在x＝x0處的切線，求證：f(x)≤g(x)． (1)解　易得f′(x)＝－，由已知得f′(x)≥0對x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a對x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1. (2)證明　a＝0，則f(x)＝. 函數f(x)的圖象在x＝x0處的切線方程為y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)． 令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R， 則h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝－＝. 設φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，則φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，∵x0<1，∴φ′(x)<0，∴φ(x)在R上單調遞減，而φ(x0)＝0，∴當x0，當x>x0時，φ(x)<0，∴當x0，當x>x0時，h′(x)<0，∴h(x)在區(qū)間(－∞，x0)上為增函數，在區(qū)間(x0，＋∞)上為減函數， ∴x∈R時，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．