2021高考数学一轮复习课后限时集训19利用导数解决函数的零点问题文北师大版

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2021高考数学一轮复习课后限时集训19利用导数解决函数的零点问题文北师大版

课后限时集训19‎ 利用导数解决函数的零点问题 建议用时:45分钟 ‎1.(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:‎ ‎(1)f(x)存在唯一的极值点;‎ ‎(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.‎ ‎[解](1)证明:f(x)的定义域为(0,+∞).‎ f′(x)=+ln x-1=ln x-.‎ 因为y=ln x在(0,+∞)上单调递增,y=在(0,+∞)上单调递减,‎ 所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 又f′(1)=-1<0,f′(2)=ln 2-=>0,‎ 故存在唯一x0∈(1,2),使得f′(x0)=0.‎ 又当xx0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,‎ 因此,f(x)存在唯一的极值点.‎ ‎(2)证明:由(1)知f(x0)0,‎ 所以,f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.‎ 由α>x0>1得<1<x0.‎ 又f=ln --1==0,‎ 故是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.‎ 综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.‎ ‎2.已知函数f(x)=x3+x2+ax+b.‎ ‎(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调递增区间;‎ ‎(2)若函数f(x)的图像与直线y=ax恰有两个不同的交点,求实数b的值.‎ ‎[解](1)当a=-1时,f(x)=x3+x2-x+b,‎ 则f′(x)=3x2+2x-1,‎ 由f′(x)>0,得x<-1或x>,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和.‎ ‎(2)函数f(x)的图像与直线y=ax恰有两个不同的交点,等价于f(x)-ax - 2 -‎ ‎=0有两个不等的实根.‎ 令g(x)=f(x)-ax=x3+x2+b,则g′(x)=3x2+2x.‎ 由g′(x)>0,得x<-或x>0;‎ 由g′(x)<0,得-<x<0.‎ 所以函数g(x)在和(0,+∞)上单调递增,在上单调递减.‎ 所以当x=-时,函数g(x)取得极大值g=+b;当x=0时,函数g(x)取得极小值为g(0)=b.‎ 要满足题意,则需g=+b=0或g(0)=b=0,所以b=-或b=0.‎ ‎3.(2019·武汉调研)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R)(e=2.718 28…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)∵f(x)=ex-ax-1,∴f′(x)=ex-a,‎ 当a≤0时,f′(x)>0恒成立,‎ ‎∴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<ln a,令f′(x)>0,得x>ln a,‎ ‎∴f(x)的单调递减区间为(-∞,ln a),单调递增区间为(ln a,+∞).‎ ‎(2)令g(x)=0,得f(x)=0或x=,‎ 先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数,‎ ‎①当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增且f(0)=0,‎ ‎∴f(x)在[0,1]上有一个零点.‎ ‎②当a≥e时,f(x)在(-∞,1)上单调递减,‎ ‎∴f(x)在[0,1]上有一个零点.‎ ‎③当1<a<e时,f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,1)上单调递增.‎ 而f(1)=e-a-1,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<a<e时,f(x)在[0,1]上有一个零点.‎ 再考虑x=时,由f=0,得a=2(-1).‎ 综上所述,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.‎ - 2 -‎
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