高考数学二轮复习专题 函数与导数第4讲与函数的零点相关的问题文

(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)=e(ln x-a+),

依题意,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,

x

令g(x)=f(x)-(2ex-e)=e(ln x+1)-2ex+e,

x

则g()=

-4

(1-ln 2)>0,

e-4

-3

-4

g(e)=-3e-2e+e<-3+e<0(用其他适当的数替代e亦可)

因为y=g(x)在(e, )上是连续不断的曲线,

-4

g(e)g()<0,y=g(x)在(e, )内有零点,

-4-4

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

-4

3.(2015菏泽市一模)设函数f(x)=ln x-ax-bx.

2

(1)当a=b=时,求函数f(x)的单调区间;

(2)令F(x)=f(x)+ax+bx+(0

2

(3)当a=0,b=-1时,方程f(x)=mx在区间[1,e]内有唯一实数解,求实数m的取值范围. 解:(1)依题意,知f(x)的定义域为(0,+∞),

2

当a=b=时,f(x)=ln x-x-x,

2

f′(x)=-x-=.

令f′(x)=0,解得x=1或x=-2(舍去),

当00;当x>1时,f′(x)<0,

所以f(x)的单调增区间为(0,1),减区间为(1,+∞);

(2)由题意知F(x)=ln x+,x∈(0,3],

则有k=F′(x0)=≤在(0,3]上恒成立,

所以a≥(-+x0)max,

当x0=1时,-+x0取得最大值,

所以a∈[,+∞);

(3)当a=0,b=-1时,f(x)=ln x+x, 由f(x)=mx,得ln x+x=mx,又x>0,

所以m=1+,

2

要使方程f(x)=mx在区间[1,e]上有唯一实数解,

只需m=1+有唯一实数解,

令g(x)=1+(x>0),所以g′(x)=,

由g′(x)>0得0e,

2

所以g(x)在区间[1,e]上是增函数,在区间[e,e]上是减函数.

g(1)=1,g(e)=1+,g(e)=1+,

2

故1≤m<1+.

4.(2015威海5月模拟)已知函数f(x)=+ax,x>1.

(1)若f(x)在(1,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围; (2)若a=2,求函数f(x)的极小值;

(3)若方程(2x-m)ln x+x=0在(1,e]上有两个不等实根,求实数m的取值范围.

解:(1)f′(x)=+a,

由题意可得f′(x)≤0在x∈(1,+∞)上恒成立;

所以a≤-=(-)-,

2

因为x∈(1,+∞), 所以ln x∈(0,+∞),

所以-=0时函数t=(-)-的最小值为-,

2

所以a≤-.

(2)当a=2时,f(x)=

2

+2x,f′(x)=,

令f′(x)=0得2lnx+ln x-1=0,

解得ln x=或ln x=-1(舍去),即x=.

当1时,f′(x)>0,

所以f(x)的极小值为f()=+2=4.

(3)将方程(2x-m)ln x+x=0两边同除ln x得(2x-m)+=0,

整理得+2x=m,

即函数f(x)与函数y=m在(1,e]上有两个不同的交点.

由(2)可知,f(x)在(1,)上单调递减,在(,e]上单调递增

f()=4,f(e)=3e,

当x→1时,→+∞,

所以4

实数m的取值范围为(4,3e].

类型:利用导数研究方程根的问题 1.已知函数f(x)=x-x-3

.

(1)判断的单调性;

(2)求函数y=f(x)的零点的个数;

解:(1)设φ(x)=x-1-

2

,其中x>0,

φ′(x)=2x+>0,所以φ(x)在(0,+∞)单调递增,

即在(0,+∞)单调递增.

(2)因为φ(1)=-1<0,φ(2)=3-又φ(x)在(0,+∞)单调递增, 故φ(x)在(1,2)内有唯一零点.

>0,

又f(x)=x-x-=x·φ(x),显然x=0为f(x)一个零点, 因此y=f(x)在[0,+∞)有且仅有2个零点. 2.设a∈R,函数f(x)=ln x-ax.

(1)讨论函数f(x)的单调区间和极值; (2)已知x1=

(e为自然对数的底数)和x2是函数f(x)的两个不同的零点,求a的值并证

3

明:x2>.

(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞).

求导数,得f′(x)=-a=.

①若a≤0,则f′(x)>0,f(x)是(0,+∞)上的增函数,无极值;