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高考大题专项突破一导数与函数的零点及参数范围

1.3导数与函数的零点及参数范围

1.已知函数f(x)=e x(sin x+cos x)+a,g(x)=(a2-a+10)e x(a∈R,且a为常数). (1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线过点(1,2),求实数a的值;

+1+ln x(b>1)在(0,+∞)内的零点个数,并说(2)判断函数φ(x)=

明理由.

2.(优质试题山西第四次五校联考,理21)已知函数f=ln x-ax∈

(1)求曲线y=f在点A处的切线L的方程,并证明:除点A外,曲线y=f都在直线L的下方;

(2)若函数h=e x+f在区间内有零点,求a的取值范围.

?优质试题21500800?

-a(a<0).

3.(优质试题江西八校联考,理21)已知函数f(x)=

(1)当x∈(0,1)时,求f(x)的单调性;

(2)若h(x)=(x2-x)·f(x),且方程h(x)=m有两个不相等的实数根x1,x2.求

证:x1+x2>1.

4.(优质试题北京东城一模)已知函数f(x)=x3-x2+ax,a∈R.

(1)若x=2是f(x)的极值点,求a的值,并讨论f(x)的单调性;

(2)已知函数g(x)=f(x)-ax2+,若g(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.

?优质试题21500801?5.(优质试题湖南长郡中学临考冲刺)已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x(a∈R). (1)若曲线g(x)=f(x)+x在点(1,g(1))处的切线过点(0,2),求函数g(x)的单调减区间;

(2)若函数y=f(x)在上无零点,求a的最小值.

6.(优质试题河南豫南九校质量考评八,理21)已知函数f=ln x+

(1)若函数f有零点,求实数a的取值范围;

(2)证明:当a,b>1时,f

?优质试题21500802?

参考答案

1.3导数与函数的零点及

参数范围

1.解 (1)f'(x)=e x(sin x+cos x)+e x(cos x-sin x)=2e x cos x.

, 由曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线过点(1,2),得f'(0)=-

即2=1-a,解得a=-1.

+1+ln x=0(x>0),

(2)零点个数为0.理由如下:由φ(x)=

得+1+ln x=0,化为=1-x-x ln x.

令h(x)=1-x-x ln x,则h'(x)=-2-ln x.

由h'(x)=-2-ln x=0,得x=-,

故h(x)在内递增,在内递减,

所以h(x)max=h=1+.再令t(x)==b e x, 因为b>1,所以函数t(x)=b e x在(0,+∞)内递增,

t(x)>t(0)=b e0=b>1+.

故t(x)>h(x)max,由此判断函数φ(x)在(0,+∞)内没有零点,

故φ(x)在(0,+∞)内的零点个数为0.

2.解 (1)∵f'(x)=-a,∴f'(1)=1-a.

∵f(1)=-a,∴L的方程为y+a=(1-a)(x-1),即y=(1-a)x-1.

设p(x)=f(x)-(1-a)x+1=ln x-x+1,则p'(x)=-.

若x>1,p'(x)<0;若00.

∴p(x)max=p(1)=0,∴p(x ≤0

∴f(x ≤ 1-a)x-1,当且仅当x=1时,取等号.

故除点A外,曲线y=f(x)都在直线L的下方.

(2)h(x)=e x+f(x)在区间(1,3)内有零点,

即a=在x∈(1,3)内有实数解.

设F(x)=,则F'(x)=--,设g(x)=e x(x-1)+1-ln x,则

g'(x)=x-.

∵函数y=e x-(x>0)的零点在(0,1)内,且y>0在(1,3)内恒成立,

∴g'(x)>0,即g(x)在(1,3)内单调递增,∴g(x)>g(1)=1,则F'(x)>0在(1,3)内恒成立,

∴F(x)在(1,3)内递增,∴F(x)∈,∴a∈.

3.(1)解f'(x)=--

设g(x)=x-1-ln x,则g'(x)=1-,

∴当x∈(0,1)时,g'(x)<0,

∴g(x)>g(1)=0,∴f'(x)>0,

∴f(x)在(0,1)上单调递增.

(2)证明∵h(x)=x2ln x-ax2+ax(a<0),

∴h'(x)=2x ln x+x-2ax+a,设g(x)=2x ln x+x-2ax+a,

∴g'(x)=2ln x-2a+3.

∵y=g'(x)在(0,+∞)上单调递增,

当x→0时,g'(0)<0,g'(1)=3-2a>0,

∴必存在t∈(0,1),使得g'(t)=0,即2ln t-2a+3=0,

∴y=h'(x)在(0,t)上单调递减,在(t,+∞)上单调递增.

又当x→0时,h'(0)<0,h'(1)=1-a>0.

设h'(x0)=0,则x0∈(0,1),

∴y=h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 又h(1)=0,不妨设x1

由(1)知--

∴f(x0)(-x2)>h(x2)=h(x1)>f(x0)(-x1),

∴(-x2)-(-x1)=(x2-x1)·(x2+x1-1)>0,

∴x1+x2>1.

4.解 (1)f(x)=x3-x2+ax,f'(x)=x2-x+a.

∵x=2是f(x)的极值点,

∴f'(2)=4-2+a=0,解得a=-2.

代入f'(x)=x2-x-2=(x+1)(x-2),令f'(x)=0,

解得x=-1或x=2.

令f'(x)>0,解得x>2或x<-1,

∴f(x)在x∈(-∞,-1),(2,+∞)时单调递增;

令f'(x)<0,解得-1

∴f(x)在x∈(-1,2)时单调递减.

(2)g(x)=f(x)-ax2+x3-(1+a)x2+ax+,g'(x)=x2-(1+a)x+a=(x-1)(x-a).

①当a≥1时,x∈(0,1),

g'(x)>0恒成立,g(x)单调递增,又g(0)=>0,

因此此时函数g(x)在区间(0,1)内没有零点.

②当00,g(x)单调递增,

x∈(a,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,

又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点, 必有g(1)<0,∴(1+a)+a+<0,解得a<-1.舍去.

③当a≤0时,x∈(0,1),g'(x)<0,g(x)单调递减,

又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点, 必有g(1)<0,解得a<-1.满足条件.

综上可得,a的取值范围是(-∞,-1).

5.解 (1)∵g(x)=(3-a)x-(2-a)-2ln x,

∴g'(x)=3-a-,

∴g'(1)=1-a.

又g(1)=1,

∴1-a=-

=-1,得a=2.

由g'(x)=3-2--<0,得0

∴函数g(x)的单调减区间为(0,2).

(2)∵f(x)<0在区间上恒成立不可能,

高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题

题型一利用导数讨论函数零点的个数【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： (1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图； (4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝????? f (x )，f (x )≥ g (x )，g (x )，f (x )0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1 ＝0或x 2＝2 a ，∈a >0，∈x 1

即不等式2a ≤1x 3＋3 x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1 x 3(x ∈[1,2])， ∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立， ∈y ＝1x 3＋3 x 在x ∈[1,2]上单调递减， ∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3 x 的最大值为4， ∈2a ≤4，即a ≤2. (3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ?? ? ??a 2＝1－4a 2， ∈当1－4 a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋ ∞)上无零点． ∈当1－4 a 2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0. 又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4 a 2<0，即00， ∈存在唯一的x 0∈?? ? ??1,1e ，使得φ(x 0)＝0， (∈)当0