2019江苏高考数学二轮精编冲刺作业:第14讲 函数的零点问题 Word版含解析
江苏省2019高考数学二轮复习考前冲刺必备四二级结论巧用学案(附答案)

必备四二级结论巧用结论一函数的奇偶性1.奇函数与偶函数的定义域关于原点对称.2.函数f(x)为奇函数,且在x=0处有定义,则f(0)=0.3.如果f(x)为偶函数,那么f(x)=f(|x|).4.奇函数在对称的区间内有相同的单调性,偶函数在对称的区间内有不同的单调性.跟踪集训1.定义在R上的奇函数f(x)满足:当x≥0时,f(x)=log2(x+2)+(a-1)x+b(a,b为常数),若f(2)=-1,则f(-6)的值为.2.已知偶函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,则满足f(2x-1)<f的x的取值范围是.3.设奇函数f(x)在(0,+∞)上为增函数,且f(2)=0,则不等式()-(-)<0的解集为. 结论二函数的单调性、极值与最值1.函数的单调性(1)∀x1,x2∈D,x1≠x2,()- ()->0(<0)⇔y= (x),x∈D单调递增(递减).(2)复合函数的单调性:“同增异减”;单调区间是定义域的子集.(3)f(x)在(a,b)上是增函数⇒ '(x)≥0在区间(a,b)上恒成立;f(x)在(a,b)上是减函数⇒ '(x)≤0在区间(a,b)上恒成立.注意:①等号不能少;②逆命题不成立;③单调区间不能用“∪”连接.(4)f(x)在(a,b)上存在单调递增区间⇒ '(x)>0,x∈D有解.(5)存在x1,x2∈D,x1≠x2,f(x1)=f(x2)⇔y= (x),x∈D不单调.2.函数的单调性与极值:(1)函数f(x)有三个单调区间⇔f(x)有两个极值点⇔f'(x)=0有两个不等根;(2)函数f(x)在[a,b]上不单调⇔f(x)在(a,b)上有极值点,可求出f(x)的极值点x0∈(a,b).3.函数的最值:函数f(x)在D上的最大值为M⇔ 0∈D, (0)= ,()≤,∈恒成立.函数f(x)在D上的最小值为m⇔ 0∈D, (0)= ,()≥,∈恒成立.跟踪集训4.设f(x)=4x3+mx2+(m- )x+n( ,n∈R)是R上的单调增函数,则m的值为.5.已知函数f(x)=|x2-4|+a|x- |,x∈[-3,3]的最大值是0,则实数a的取值范围是.6.已知函数f(x)=x3-x2+mx+2,若对任意x1,x2∈R,均满足(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则实数m的取值范围是.7.已知函数f(x)=-ax x- (),若存在x1,x2∈R,且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是.结论三抽象函数的周期性与单调性1.函数的周期性(1)若函数f(x)满足f(x+a)=f(x-a),则f(x)为周期函数,2a是它的一个周期.(2)设f(x)是R上的偶函数,且图象关于直线x=a(a≠0)对称,则f(x)是周期函数,2a是它的一个周期.(3)设f(x)是R上的奇函数,且图象关于直线x=a(a≠0)对称,则f(x)是周期函数,4a是它的一个周期.(4)f(x+a)f(x)=k(a>0)、f(x+a)+f(x)=k(a>0)(k为常数)都表明函数f(x)是周期为2a的周期函数.2.函数图象的对称性(1)若函数f(x)满足f(a+x)=f(a-x),即f(x)=f(2a-x),则f(x)的图象关于直线x=a对称.(2)若函数f(x)满足f(a+x)=-f(a-x),即f(x)=-f(2a-x),则f(x)的图象关于点(a,0)对称.(3)若函数f(x)满足f(a+x)=f(b-x),则函数f(x)的图象关于直线x=对称.(4)若f(x+a)+f(b-x)=c,则函数y=f(x)的图象关于点,对称.跟踪集训8.奇函数f(x)的定义域为R.若f(x+2)为偶函数,且f(1)=1,则f(8)+f(9)= .9.若偶函数f(x)的图象关于直线x=2对称,且f(3)=3,则f(-1)= .10.函数f(x)对任意x∈R都有f(x+2)=f(-x)成立,且函数y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称,f(1)=4,则f(2016)+f(2017)+f(2018)的值为.结论四函数零点1.一元二次方程实根分布理论:一元二次方程的两个实根分布在同一区间上的条件:开口方向、对称轴、判别式、区间端点的函数值的符号;两个实根分布在两个不同区间上的条件:开口方向、区间端点的函数值的符号.2.函数有零点(方程有解)问题,利用分离参数法将参数的取值范围转化为函数值域求解.3.确定函数的零点个数或者已知函数的零点个数,求参数的值或范围,一般利用数形结合法求解,画图形时尽量是动直线与定曲线的图形.跟踪集训11.已知函数f(x)=,x ,(x+ ),x≥ ,若函数y=f(x)-m有两个不同的零点,则实数m的取值范围是.12.已知函数f(x)=3x-32x-m在[-1,1]上有零点,则实数m的取值范围是.13.已知函数f(x)=,x ,( -)(),(a为常数,e为自然对数的底数)的图象在点A(0,1)处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点,则实数a的取值范围是. 结论五三角函数1.sin=(- ) n(), (- )(2.cos=(- )(), (- ) n(3.asinα+bcosα=sin(α+φ)辅助角φ所在象限由点(a,b)所在象限决定,tanφ=.4.求三角函数在给定范围上的单调区间:一般是求出所有的单调区间,再与给定区间取交集.5.正弦函数、余弦函数最值的等价说法: (a)≤ (x),∀x成立等价于f(a)是f(x)的最小值,x=a 是函数的一条对称轴.跟踪集训14.已知角α的始边为x轴正半轴,终边上一点P的坐标为(-4,3),则n)- n的值为.15.设α,β∈[0,π],且满足sinαcosβ-cosαsinβ=1,则sin(2α-β)+sin(α-2β)的取值范围为.16.设f(x)=sin2x-cosxcos,则f(x)在0上的单调增区间为.结论六解三角形1.sinA=sin(B+C),cosA=-cos(B+C);2.A>B⇔sinA>sinB,cosA<cosB(要会证明);3.tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC;4.对锐角三角形的理解和应用:三个角都是锐角的三角形;任意两个角的和是钝角的三角形;在锐角三角形中,任意一个角的正弦值大于其余两个角的余弦值,任意两边的平方和大于第三边的平方,即sinA>cosB,sinA>cosC,, , .跟踪集训17.在斜△ABC中,若tanA∶tanB∶tanC= ∶ ∶ ,则cosA= .18.锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=2bsinA.(1)求B的大小;(2)求cosA+sinC的取值范围.结论七不等式1.≤≤≤(a,b>0)..( )xy≤;( )xy≤;(3)当x>0时,x+≥ ;(4)当x,y同号时,+≥ ;当x,y异号时,+≤-2.3.不等式恒成立、有解问题:二次不等式在R上恒成立,利用判别式;若给定区间,则分离参数是常用方法.通过分离参数,不等式恒成立问题可以转化为a (x),x∈D恒成立,则a<f(x)min,x∈D;若是a (x),x∈D有解,则a<f(x)max,x∈D.如果不能分离参数,则利用函数的最值或图象求解最值,如 (x)>0,x∈D恒成立,即为f(x)min>0,x∈D.跟踪集训19.若在区间[1,3]内,存在实数满足不等式2x2+mx-1<0,则实数m的取值范围是.20.不等式a2+8b2≥λb(a+b)对任意a,b∈R恒成立,则实数λ的取值范围为.21.已知实数x,y满足x2+y2=1,则的最小值为.22.若a>0,b>0,且2a+b=1,则S=2-(4a2+b2)的最大值是.结论八平面向量1.三点共线的判定A,B,C三点共线⇔,共线;向量,,中,A,B,C三点共线⇔存在实数α,β使得=α+β,且α+β=1.2.三角形“四心”的向量形式的充要条件设O 为△ABC 所在平面上一点,角A,B,C 所对的边长分别为a,b,c,则 (1)O 为△ABC 的外心⇔| |=| |=| |=n =n =n . (2)O 为△ABC 的重心⇔ + + =0. (3)O 为△ABC 的垂心⇔ · = · = · . (4)O 为△ABC 的内心⇔a +b +c=0. 3.向量中线定理:△ABC 中,点D 为BC 的中点,则 + =2 . 4.||a|-|b||≤|a -b|≤|a|+|b|,注意等号成立的条件.5.若a,b 都是非零向量,则a∥b ⇔a=λb ⇔x 1y 2=x 2y 1⇔夹角等于0°或 80°⇔|a·b|=|a||b|.6.若a,b 都是非零向量,则a⊥b ⇔a·b=0⇔x 1x 2+y 1y 2=0⇔夹角等于 0°⇔|a+b|=|a-b|.7.数量积的其他结论:当a 与b 同向共线时,a·b=|a|·|b|;当a 与b 反向共线时,a·b=-|a|·|b|;当a 与b 共线时,|a·b|=|a|·|b|;当a 与b 为任意向量时,|a·b|=|a|·|b|·| θ|≤|a|·|b|(θ为a 与b 的夹角);a 与b 的夹角为锐角的充要条件是· x x y y 0,x y -x y 0a 与b 的夹角为钝角的充要条件是· x x y y 0,x y -x y 0跟踪集训23.已知A,B,C是直线l上不同的三个点,点O不在直线l上,则使等式x2+x+=0成立的实数x的取值集合为.24.P是△ABC所在平面内一点,若·=·=·,则P是△ABC的.(填“外心”“重心”“内心”“垂心”中的一种)25.已知A,B,C是平面上不共线的三点,动点P满足=[(1-λ)+(1-λ)+(1+2λ)],λ∈R,则点P的轨迹一定经过△ABC的.(填“外心”“重心”“内心”“垂心”中的一种)结论九等差数列1.在等差数列{a n}中,a p=q,a q=p(p≠q)⇒a p+q=0;S m+n=S m+S n+mnd.2.若S m,S2m,S3m分别为{a n}的前m项,前2m项,前3m项的和,则S m,S2m-S m,S3m-S2m成等差数列.3.若等差数列{a n}的项数为2m,公差为d,所有奇数项之和为S奇,所有偶数项之和为S偶,则所有项之和S2m=m(a m+a m+1),S偶-S奇=md,奇偶=.4.若等差数列{a n}的项数为2m-1,所有奇数项之和为S奇,所有偶数项之和为S偶,则所有项之和S2m-1=(2m-1)a m,S奇=ma m,S偶=(m-1)a m,S奇-S偶=a m,奇偶=-.跟踪集训26.等差数列{a n}的前n项和为S n,若S10=20,S20=50,则S30= .27.一个等差数列的前12项和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为 ∶ 7,则该数列的公差为.结论十等比数列1.等比数列{a n}的前n项和为S n,若S m,S2m-S m,S3m-S2m均不为0,则S m,S2m-S m,S3m-S2m成等比数列.2.S m+n=S m+q m S n=S n+q n S m.3.在有限等比数列{a n}中,公比为q,所有奇数项之和为S奇,所有偶数项之和为S偶.若n为偶数,则S偶=qS奇;若n为奇数,则S奇=a1+qS偶.4.如果数列{a n}是等差数列,那么数列{}(总有意义)必是等比数列.如果数列{a n}是等比数列,那么数列{log a|a n|}(a>0,且a≠ )必是等差数列.跟踪集训28.在等比数列{a n}中,若S10=10,S20=30,则S30= .29.数列{a n}中,=4a n,a1=1,a n>0,则a n= .30.等比数列{a n}共有奇数项,所有奇数项和S奇=255,所有偶数项和S偶=-126,末项是192,则首项a1= .结论十一直线与圆1.阿波罗尼斯圆:若点A、B是定点,M是动点,且 A=k B,k>0,k≠ ,则动点M的轨迹是圆(阿波罗尼斯圆).2.定点A到动直线l的距离等于定长的直线l是以A为圆心,定长为半径的圆的切线.3.以AB为直径的圆经过点C,则AC⊥BC,可以利用斜率或向量求解.4.对角互补的四边形有外接圆.5.以A(x1,y1),B(x2,y2)为直径两端点的圆的方程为(x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0.6.过圆(x-a)2+(y-b)2=r2上一点(x0,y0)的切线方程为(x-a)(x0-a)+(y-b)(y0-b)=r2,过圆外一点可以作圆的两条切线.7.过圆内一定点的弦长最长的有1条,是过该点的直径,最短的弦有1条,是垂直于过该点直径的弦.跟踪集训31.若A(1,1),B(3,4),且点A和B到直线l的距离都等于1,则这样的直线l有条.32.已知圆M:(x-1)2+(y-1)2=4,直线l:x+y-6=0,A为直线l上一点.若圆M上存在两点B,C,使得∠BAC=60°,则点A横坐标的取值范围是.33.在平面直角坐标系xOy中,已知圆O1,圆O2均与x轴相切且圆心O1,O2与原点O共线,O1,O2两点的横坐标之积为6,设圆O1与圆O2相交于P,Q两点,直线l:2x-y-8=0,则点P与直线l上任意一点M之间的距离的最小值为.结论十二圆锥曲线1.椭圆中的常用结论:(1)焦点弦长公式:左焦点弦AB=2a+e(x1+x2);右焦点弦AB=2a-e(x1+x2);(2)通径长为;(3)焦点三角形的面积S=b2tan;(4)若A、B是椭圆C:+=1(a>b>0)上关于坐标原点对称的两点,P为椭圆C上任意一点,则k PA k PB=-..2.双曲线中焦点三角形的面积S=tan3.若点M(x0,y0)在曲线±=1上,则过M的切线方程为0x±0y=1.4.过抛物线y2=2px(p>0)焦点的弦AB有如下结论:(α是直线AB的倾斜角).(1)x A·x B=;(2)y A·y B=-p2;(3)|AB|=n跟踪集训34.设P是有公共焦点F1,F2的椭圆C1与双曲线C2的一个交点,且PF1⊥PF2,椭圆C1的离心率为e1,双曲线C2的离心率为e2,若e2=3e1,则e1= .35.已知椭圆+=1(a>b>0),M,N是椭圆上关于原点对称的两点,P是椭圆上任意一点,且直线PM,PN 的斜率分别为k1,k2(k1k2≠0),若椭圆的离心率为,则|k1|+|k2|的最小值为.36.设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为 0°的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB的面积为.答案精解精析结论一函数的奇偶性跟踪集训1.答案 4解析由已知得f(0)=0=1+b,∴b=-1,又f(2)=2+2(a-1)-1=-1,∴a=0,∴ (x)= 2(x+2)-x- (x≥0),∴ (-6)=-f(6)=-3+6+1=4.2.答案,解析由f(x)是偶函数知f(x)=f(-x)=f(|x|),则f(2x-1)<f ⇔f(|2x-1|)<f,结合f(x)在[0,+∞)上单调递增得|2x-1|<,解这个不等式得,x的取值范围是,.3.答案(- ,0)∪(0, )解析由已知得,函数f(x)在(-∞,0)上也为增函数.画出函数的草图(如图),可得在(-2,0)和( ,+∞)上f(x)>0,在(-∞,-2)和(0,2)上f(x)<0.当x>0时,由()-(-)<0,可得f(x)-f(-x)=2f(x)<0,结合图象可知,x∈(0, );当x<0时,由()-(-)<0,可得f(x)-f(-x)=2f(x)>0,结合图象可知x∈(-2,0).综上,x∈(- ,0)∪(0, ).结论二函数的单调性、极值与最值跟踪集训4.答案 6解析由f(x)=4x3+mx2+(m- )x+n( ,n∈R)是R上的单调增函数,得f'(x)=12x2+2mx+m- ≥0在R上恒成立,则4m2-48(m- )≤0,即(m-6)2≤0,故m=6.5.答案(-∞,-5]解析易知f(2)=0,则要使 (x),x∈[-3,3]的最大值是0,只需 (x)≤0,x∈[-3,3]恒成立,则-a|x- |≥|x2- |,x∈[-3,3],-a≥|x+ |max= ,x∈[- , )∪( , ],所以a≤-5,实数a的取值范围是(-∞,-5].6.答案,+∞解析由对任意x1,x2∈R,均满足(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,得函数f(x)=x3-x2+mx+2在R上递增,则f'(x)=3x2- x+ ≥0在R上恒成立,则 ≥(-3x2+2x)max=,当x=时取等号,故实数m的取值范围是,+∞.7.答案(-∞, )解析由∃x1≠x2,x1,x2∈R, (x1)=f(x2),得f(x)在R上不单调.若f(x)在R上单调,只能单调递增,解得a≥ ,故函数不单调时实数a的取值范围是a<4.此时0,- +- ,结论三抽象函数的周期性与单调性跟踪集训8.答案 1解析因为f(x)为R上的奇函数,所以f(-x)=-f(x),f(0)=0.因为f(x+2)为偶函数,所以f(x+2)=f(-x+2),所以f(x+4)=f(-x)=-f(x),所以f(x+8)=f(x),即函数f(x)的周期为8,故f(8)+f(9)=f(0)+f(1)=1.9.答案 3解析因为f(x)的图象关于直线x=2对称,所以f(x)=f(4-x),f(-x)=f(4+x),又f(-x)=f(x),所以f(x)=f(4+x),则f(-1)=f(4-1)=f(3)=3.10.答案 4解析因为函数y=f(x-1)的图象关于点(1,0)对称,所以f(x)是R上的奇函数.因为f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),故f(x)的周期为4.所以 ( 0 7)= ( 0 × + )= ( )= ,又因为f(2016)+f(2018)=-f(2014)+f(2014+4)=-f(2014)+f(2014)=0,所以f(2016)+f(2017)+f(2018)=4.结论四函数零点跟踪集训11.答案( ,+∞)解析画出函数y=f(x),y=m的图象如图,由图象可得当m>1时,函数y=f(x)-m有两个不同的零点.12.答案-6,解析令3x=t,t∈, ,则函数f(x)=3x-32x-m在[-1,1]上有零点⇔m=-t2+t,t∈, ,则 ∈-6,.13.答案[-5,-2-2)解析曲线f(x)在点(0,1)处的切线方程为y=x+1,该切线与f(x)的图象恰有三个公共点,则该切线与f(x)=(1-x)(a+x),x≥ 有两个不同交点,即关于x的方程x+1=(1-x)(a+x),x∈[ ,+∞)有两个不等根,整理得x2+ax+1-a=0,x∈[ ,+∞)有两个不等根,所以- ( -a)>0, -,解得- ≤a -2-2.结论五三角函数跟踪集训14.答案-解析由已知得,tanα=-,则n) - n=- n- n=- n --=- n- n=tanα=-.15.答案[-1,1]解析由sinαcosβ-cosαsinβ=sin(α-β)=1,α,β∈[0,π],得α-β=,所以α=β+,β=α-,所以sin(2α-β)+sin(α-2β)=sinπ2+sinπ2-β=cosα+cosβ=cosβ+cos+π2=cosβ-sinβ=2cos+π4,由α,β∈[0,π],α=β+得β∈0,则β+∈,,则cos∈-,,所以cos∈[-1,1].16.答案0解析f(x)=+cosxsinx=sin2x-cos2x+=sin-6+,由2kπ-≤ x-6≤ kπ+,k∈Z得kπ-6≤x≤kπ+,k∈Z,与0取交集得所求递增区间是0.结论六解三角形跟踪集训17.答案解析设tanA=k,k>0,则tanB=2k,tanC=3k,由tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC得6k=6k3,k=1,则tanA=1,则A=,cosA=.18.解析(1)由a=2bsinA得sinA=2sinBsinA,因为 nA≠0,所以sinB=,又B是锐角,则B=6.(2)cosA+sinC=cosA+sin(A+B)=cosA+sin6=sinA+cosA=sin,又由△ABC为锐角三角形得0,6-A ,则<A<,则A+∈,6,sin∈,,即cosA+sinC的取值范围是,.结论七不等式跟踪集训19.答案m<-1解析由题意知,不等式m<- x(x∈[ , ]),易知函数y=- x,x∈[ , ]单调递减,则y max=- ,∴ -1,即实数的取值范围是m<-1.20.答案[-8,4]解析由题意知a2-λab+(8-λ)b2≥0∀a∈R恒成立,则Δ=λ2b2-4(8-λ)b2≤0,即λ2+4λ- ≤0,解之得-8≤λ≤ .即实数λ的取值范围是[-8,4].21.答案--1解析因为2xy=(x+y)2-(x2+y2)=(x+y)2- =(x+y+ )·(x+y-1),又≤=,所以=x+y- ≥-)-1=--1,当且仅当x=y时取等号.故的最小值为--1.22.答案-解析由( )≥≥·,得≤,且4a2+b2≥,所以S=2-(4a2+b2)= ·-(4a2+b2)≤-,当且仅当2a=b=时取等号,即S的最大值为-.结论八平面向量跟踪集训23.答案{-1}解析∵=-,∴x2+x+-=0,即=-x2+(1-x),∵点A、B、C都在直线l上,点O不在l上,∴-x2+(1-x)=1,即x=0(舍去)或x=-1,∴x的取值集合为{-1}.24.答案重心解析由·=·,可得·(-)=0,即·=0,∴⊥,同理可证⊥,⊥,∴P是△ABC的垂心.25.答案重心解析取AB的中点D,则2=+,∵=[(1-λ)+(1-λ)+(1+2λ)],∴=[2(1-λ)+(1+2λ)]=)+,∵)+=1,∴P,C,D三点共线,∴点P的轨迹一定经过△ABC的重心.结论九等差数列跟踪集训26.答案90解析(S20-S10)-S10=(S30-S20)-(S20-S10),则S30=3S20-3S10= × 0- × 0= 0.27.答案 5解析设该等差数列的前12项中奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶,公差为d.由已知条件,得奇偶7偶奇解得偶6奇又S偶-S奇=6d,所以d= 6=5.6结论十等比数列跟踪集训28.答案70解析解法一:∵S10=a1+a2+…+a10,S20-S10=a11+a12+…+a20=a1q10+a2q10+…+a10q10=q10S10,S30-S20=a21+a22+…+a30=a1q20+a2q20+…+a10q20=q20S10,∴S10,S20-S10,S30-S20成等比数列,公比为q10.∴(S20-S10)2=S10(S30-S20),∵S10=10,S20=30,∴( 0-10)2=10(S30- 0),∴S30=70.解法二:∵S10=10,S20=30,∴S20=S10+a11+a12+…+a20=S10+a1q10+a2q10+…+a10q10=S10+q10S10=10(1+q10)=30,∴q10=2,∴S30=S20+a21+a22+…+a30=S10+q10S10+q20S10=10(1+q10+q20)=70.29.答案-解析对于=4a n,等号两边取以2为底的对数得,2log2a n+1=log2a n+2. 令b n=log2a n,则2b n+1=b n+2,即2(b n+1-2)=b n-2.令C n=b n-2,则C n+1=C n,∵a1= ,∴b1=0,C1=-2,∴{C n}是首项为-2,公比为的等比数列,∴C n=-2-=--,∴b n=2--,a n=-.30.答案 3解析等比数列{a n}共有 k+ (k∈N*)项,则a2k+1=192,则S奇=a1+a3+…+a2k-1+a2k+1=(a2+a4+…+a2k)+a2k+1=S偶+a2k+1=- 6+192=255,解得q=-2,而S奇=-=- ×(- ))=255,解得a1=3.结论十一直线与圆跟踪集训31.答案 4解析由题意可得直线l与圆A:(x-1)2+(y-1)2=1和圆B:(x-3)2+(y-4)2=1都相切,又AB=>2,则圆A和圆B相外离,所以两圆有4条公切线,即直线l有4条.32.答案[1,5]解析由题意可得过点A作圆M的两条切线,则两切线之间的夹角大于等于60°,连接CM,则CM与一条切线的夹角大于等于 0°,又圆M的半径为2,设A(x,6-x),则MA=(- )x)≤ ,解得 ≤x≤ .33.答案8-6解析设圆O1:(x-a1)+(y-b1)2=,圆O2:(x-a2)2+(y-b2)2=.两式相减得2(a2-a1)x+2(b2-b1)y+-=0(1),由O1,O2,O共线可得==k,则b1=ka1,b2=ka2,代入(1)化简得2x+2ky-(a1+a2)=0(2).两圆方程相加得2x2+2y2-2(a1+a2)x-2(b1+b2)y++=0(3),又因为a1a2=6,所以(3)可变为2x2+2y2-2(a1+a2)x-2(b1+b2)y+(a1+a2)2-12=0(4),(2)代入(4)可得x2+y2=6,即为点P的轨迹方程.圆心(0,0)到直线l:2x-y-8=0的距离为,所以点P到直线的距离的最小值为-6=8-6.结论十二圆锥曲线跟踪集训34.答案解析设椭圆的长,短半轴分别为a1,b1,双曲线的实,虚半轴分别为a2,b2,因为点P是椭圆与双曲线的一个交点,则由焦点三角形的面积得tan °=tan °,=,又由e2=3e1得=,a2=a1,-c2=c2-,-c2=c2-, 0=2c2,则e1==.35.答案 1解析设P(x0,y0),M(x1,y1),N(-x1,-y1),则k1k2=0-0-·0=0--=-=--=-1+=-,所以|k1|+|k2|≥ ||=1,当且仅当|k1|=|k2|=时取等号,所以|k1|+|k2|的最小值为1.36.答案解析由已知得焦点坐标为F,0,因此直线AB的方程为y=-,即4x-4y-3=0.解法一:与抛物线方程联立,消去x得4y2-12y-9=0,则y A+y B=3,y A y B=-,故|y A-y B|=()-=6.因此S△OAB=|OF||y A-y B|=××6=.解法二:与抛物线方程联立,消去y得x2-x+6=0,故x A+x B=.根据抛物线的定义有|AB|=x A+x B+p=+=12,又原点到直线AB的距离d=)=8 ,因此S△OAB=|AB|·d=.解法三:∵|AB|=n =n 0°=12,原点到直线AB的距离d=|OF|· n 0°=8,∴S△OAB=|AB|·d=× ×8=.。
江苏省2019高考数学二轮复习第14讲函数的零点问题课件201903.pdf

第14讲 函数的零点问题1.已知函数f (x )=e x-2x +a 有零点,则a 的取值范围是 .答案 (],2ln 22-∞-解析 函数f (x )=e x -2x +a 有零点即e x -2x +a =0有根,a =2x -e x ,令g (x )=2x -e x ,则a 的范围即为函数g (x )的值域.g '(x )=2-e x,由g '(x )=0,得x =ln 2,当x ∈(-∞,ln 2)时,g '(x )>0,g (x )递增,当x ∈(ln 2,+∞)时,g '(x )<0,g (x )递减,所以g (x )max =g (ln 2)=2ln 2-2,则实数a 的取值范围是(-∞,2ln 2-2].2.函数f (x )= 的零点个数是 .22,0,26ln ,0x x x x x ⎧-≤⎨-+>⎩答案 2解析 当x ≤0时,由f (x )=x 2-2=0,解得x =- ;当x >0时,f (x )=2x -6+ln x ,其零点个数即为方程2x -6+ln x =0,x >0的实根个数,也即为函数y =6-2x ,y =ln x ,x >0图象的交点个数,由函数图象可知f (x )=2x -6+ln x 在(0,+∞)上有1个零点,故函数f (x )共有2个零点.23.已知函数f (x )= 若函数g (x )=|f (x )|-3x +b 有三个零点,则实数b 的取值范围为 .24,0,3,0,x x x x x ⎧-≥⎪⎨<⎪⎩答案 (-∞,-6)∪ 1,04⎛⎤- ⎥⎝⎦解析 函数g (x )= -3x +b 有三个零点,即y = ,y =3x -b 的图象有三个不同的交点,在同一坐标系中作出两函数的图象如图,当直线y =3x -b 与f (x )=4x -x 2,x ∈[0,4]相切时,由f '(x )=4-2x =3,x = ,即切点为 ,此时-b = ,由图可得0≤-b < ,- <b ≤0时,两个函数图象有3个交点;当直线y =3x -b 与f (x )=- ,x ∈(-∞,0)相切时, f '(x )= =3,x =-1,即切点为(-1,3),此时-b =6,由图可得-b >6,即b <-6时,两个函数图象有3个交点,综上可得,实数b 的取值范围是(-∞,-6)∪ .()f x ()f x 1217,24⎛⎫ ⎪⎝⎭1414143x 23x1,04⎛⎤- ⎥⎝⎦4.若函数f(x)=x2-m cos x+m2+3m-8有唯一零点,则满足条件的实数m所组成的集合为 .答案 {2}解析 因为f(-x)=f(x),所以f(x)是R上的偶函数,所以函数f(x)的唯一零点只能是0,即f(0)=m2+2m-8=0,解得m=2或-4.当m=2时, f(x)=x2-2cos x+2, f '(x)=2x+2sin x>0,x∈(0,+∞),则f(x)在x∈(0,+∞)上递增,此时f(x)有唯一零点x=0;当m=-4时, f (x)=x2+4cos x-4,有3个零点,不适合,舍去,故实数m的取值集合为{2}.题型一 确定函数的零点个数例1 (2018高考数学模拟试卷(1))设k∈R,函数f(x)=ln x+x2-kx-1,求:(1)k=1时,不等式f(x)>-1的解集;(2)函数f(x)的单调递增区间;(3)函数f(x)在定义域内的零点个数.解析 (1)k =1时,不等式f (x )>-1,即ln x +x 2-x >0,设g (x )=ln x +x 2-x ,因为g '(x )= +2x -1= >0在定义域(0,+∞)上恒成立,所以g (x )在(0,+∞)上单调递增,又g (1)=0,所以f (x )>-1的解集为(1,+∞).(2)f '(x )= +2x -k = (x >0),由f '(x )≥0得2x 2-kx +1≥0(*).1x221x x x -+1x 221x kx x -+(i)当Δ=k 2-8≤0,即-2 k ≤2 ,(*)在R 上恒成立,所以f (x )的单调递增区间为(0,+∞).22(ii)当k ,Δ=k 2-8>0,此时方程2x 2-kx +1=0的相异实根分别为x 1= ,x 2= ,因为 所以0<x 1<x 2,所以f '(x )≥0的解集为 ∪ ,故函数f (x )的单调递增区间为 和 .2284k k --284k k +-12120,210,2k x x x x ⎧+=>⎪⎪⎨⎪=>⎪⎩280,4k k ⎛⎤-- ⎥ ⎥⎝⎦28,4k k ⎡⎫+-+∞⎪⎢⎪⎢⎣⎭280,4k k ⎛⎤-- ⎥ ⎥⎝⎦28,4k k ⎡⎫--+∞⎪⎢⎪⎢⎣⎭(iii)当k ,同理可得: ∴x 1<x 2<0, f (x )的单调递增区间为(0,+∞).综上所述,当k ,函数f (x )的单调递增区间为 和 ;当k ≤2 时,函数f (x )的单调递增区间为(0,+∞).(3)据(2)知①当k ≤2 时,函数f (x )在定义域(0,+∞)上单调递增,令212120,210,2k x x x x ⎧+=<⎪⎪⎨⎪=>⎪⎩2280,4k k ⎛-- ⎥ ⎥⎝⎦28,4k k ⎡⎫+-+∞⎪⎢⎪⎢⎣⎭22得x > ,取m =max ,则当x >m 时, f (x )>x 2-kx -1>0.设0<x <1,x 2-kx -1<max{-1,-k }=λ,所以f (x )<ln x +λ,当0<x <e -λ时, f (x )<0,取n =min{1,e -λ},则当x ∈(0,n )时, f (x )<0,又函数f (x )在定义域(0,+∞)上连续不间断,所以函数f (x )在定义域内有且仅有一个零点.②当k , f (x )在(0,x 1)和(x 2,+∞)上递增,在(x 1,x 2)上递减,其中2x 1-kx 1+1=0,2x 2-kx 2+1=0,210,0,x kx x ⎧-->⎨>⎩242k k ++241,2k k ⎧++⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭2则f (x 1)=ln x 1+ -kx 1-1=ln x 1+ -(2 +1)-1=ln x 1- -2.下面先证明ln x <x (x >0):设h (x )=ln x -x ,由h '(x )= >0得0<x <1,所以h (x )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,h (x )max =h (1)=-1<0,所以h (x )<0(x >0),即 ln x <x (x >0).因此,f (x 1)<x 1- -2=- - <0,又因为f (x )在(x 1,x 2)上递减,所以f (x 2)<f (x 1)<0,所以f (x )在区间(0,x 2)不存在零点.由①知,当x >m 时, f (x )>0, f (x )的图象连续不间断,所以f (x )在区间(x 2,+∞)上有且仅有一个零点.综上所述,函数f (x )在定义域内有且仅有一个零点.21x 21x 21x 21x 1xx-21x 2112x ⎛⎫- ⎪⎝⎭74【方法归纳】 确定函数y=f(x)零点个数的方法:(1)解方程f(x)=0,方程有几个解函数就有几个零点;(2)画出函数y=f(x)的图象,确定与x轴的交点个数;(3)转化为两个函数图象的交点个数.1-1 (2017江苏,14,5分)设f (x )是定义在R 上且周期为1的函数,在区间[0,1)上, f(x )= 其中集合D = ,则方程f(x)-lg x =0的解的个数是 .2,,,,x x D x x D ⎧∈⎨∉⎩*n 1,N n x x n ⎧⎫-=∈⎨⎬⎩⎭答案 8解析 由于f (x )∈[0,1),则只需考虑1≤x <10的情况,在此范围内,x ∈Q 且x ∉Z 时,设x = ,p ,q ∈N *,p ≥2且p ,q 互质,若lg x ∈Q,则由lg x ∈[0,1),可设lg x = ,m ,n ∈N *,m ≥2且m ,n 互质,因此1 = ,则10n = ,此时等号左边为整数,等号右边为非整数,矛盾.因此lg x ∉Q,因此lg x 不可能与每个周期内x ∈D 对应的部分相等,只需考虑lg x 与每个周期内x ∉D 对应的部分的交点.画出函数草图,图中交点除(1,0)外,其他交点的横坐标均为无理数,且x =1处(lgqpn m 0nmq p mq p ⎛⎫ ⎪⎝⎭x )'= = <1,则在x =1附近仅有一个交点,因此方程解的个数为8. 1ln10x 1ln10题型二 已知函数的零点个数,求参数的取值范围例2 (2018江苏)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 .答案 -3解析 ∵f (x )=2x 3-ax 2+1,∴f '(x )=6x 2-2ax =2x (3x -a ).若a ≤0,则x >0时, f '(x )>0,∴f (x )在(0,+∞)上为增函数,又f (0)=1,∴f (x )在(0,+∞)上没有零点,∴a >0.当0<x < 时, f '(x )<0, f (x )为减函数;当x > 时, f '(x )>0, f (x )为增函数,∴x >0时, f(x )有极小值,为f =- +1.∵f (x )在(0,+∞)内有且只有一个零点,∴f =0,∴a =3.3a 3a3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭327a3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭∴f(x)=2x3-3x2+1,则f '(x)=6x(x-1).x-1(-1,0)0(0,1)1 f '(x) + - f(x)-4增1减0∴f(x)在[-1,1]上的最大值为1,最小值为-4.∴最大值与最小值的和为-3.。
2020届江苏高考数学二轮复习微专题:函数的零点问题

微专题20 函数的零点问题真 题 感 悟(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )=2sin x -x cos x -x ,f ′(x )为f (x )的导数.(1)证明:f ′(x )在区间(0,π)存在唯一零点;(2)若x ∈[0,π]时,f (x )≥ax ,求a 的取值范围.(1)证明 设g (x )=f ′(x ),则g (x )=cos x +x sin x -1,g ′(x )=x cos x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2时,g ′(x )>0; 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π时,g ′(x )<0, 所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上单调递增,在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π上单调递减. 又g (0)=0,g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0,g (π)=-2, 故g (x )在(0,π)存在唯一零点.所以f ′(x )在区间(0,π)存在唯一零点.(2)解 由题设知f (π)≥a π,f (π)=0,可得a ≤0.由(1)知,f ′(x )在(0,π)只有一个零点,设为x 0,且当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )>0;当x ∈(x 0,π)时,f ′(x )<0,所以f (x )在(0,x 0)上单调递增,在(x 0,π)上单调递减. 又f (0)=0,f (π)=0,所以当x ∈[0,π]时,f (x )≥0.又当a ≤0,x ∈[0,π]时,ax ≤0,故f (x )≥ax .因此,a 的取值范围是(-∞,0].考 点 整 合1.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下,由于当x →∞时,函数值也趋向∞,只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x 1,x 2且x 1<x 2的函数f (x )=ax 3+bx 2+cx +d (a ≠0)的零点分布情况如下:a>0(f(x1)为极大值,f(x2)为极小值)一个f(x1)<0或f(x2)>0两个f(x1)=0或f(x2)=0三个f(x1)>0且f(x2)<0a<0(f(x1)为极小值,f(x2)为极大值)一个f(x2)<0或f(x1)>0两个f(x1)=0或f(x2)=0三个f(x1)<0且f(x2)>02.(1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点,归根到底还是研究函数的图象,如单调性、值域、与x轴的交点等,其常用解法如下:①转化为形如f(x1)·f(x2)<0的不等式:若y=f(x)满足f(a)f(b)<0,则f(x)在(a,b)内至少有一个零点;②转化为求函数的值域:零点及两函数图象的交点问题即是方程g(x)=0有解问题,将方程分离参数后(a=f(x))转化为求y=f(x)的值域问题;③数形结合:将问题转化为y=f(x)与y=g(x)图象的交点问题,利用函数图象位置关系解决问题.(2)研究两条曲线的交点个数的基本方法①数形结合法,通过画出两个函数图象,研究图象交点个数得出答案.②函数与方程法,通过构造函数,研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数. 热点一讨论函数零点的个数【例1】已知函数f(x)=x3+ax+14,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.解(1)因为f(x)=x3+ax+14,所以f′(x)=3x2+a.设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f′(x0)=0,即⎩⎪⎨⎪⎧x30+ax0+14=0,3x20+a=0,解得x 0=12,a =-34.因此,当a =-34时,x 轴为曲线y =f (x )的切线.(2)当x ∈(1,+∞)时,g (x )=-ln x <0,从而h (x )=min{f (x ),g (x )}≤g (x )<0,故h (x )在(1,+∞)上无零点.当x =1时,f (1)=a +54,g (1)=0.若a ≥-54,则f (1)=a +54≥0,h (1)=min{f (1),g (1)}=g (1)=0,故x =1是h (x )的零点;若a <-54,则f (1)<0,h (1)=min{f (1),g (1)}=f (1)<0,故x =1不是h (x )的零点. 当x ∈(0,1)时,g (x )=-ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0,1)的零点个数.(ⅰ)若a ≤-3或a ≥0,则f ′(x )=3x 2+a 在(0,1)上无零点,故f (x )在(0,1)上单调.而f (0)=14,f (1)=a +54,所以当a ≤-3时,f (x )在(0,1)内有一个零点;当a ≥0时,f (x )在(0,1)上没有零点.(ⅱ)若-3<a <0,则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0,-a 3上单调递减, 在⎝⎛⎭⎪⎫-a 3,1上单调递增,故在(0,1)中, 当x =-a 3时,f (x )取得最小值,最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫-a 3=2a 3-a 3+14. ①若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 3>0, 即-34<a <0,f (x )在(0,1)无零点;②若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 3=0, 即a =-34,则f (x )在(0,1)有唯一零点;③若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 3<0, 即-3<a <-34,由于f (0)=14,f (1)=a +54,所以当-54<a <-34时,f (x )在(0,1)有两个零点;当-3<a ≤-54时,f (x )在(0,1)有一个零点.综上,当a >-34或a <-54时,h (x )有一个零点; 当a =-34或a =-54时,h (x )有两个零点;当-54<a <-34时,h (x )有三个零点.探究提高 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.【训练1】 (2019·常州模拟)函数f (x )=4cos 2x 2·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-x -2sin x -|ln(x +1)|的零点个数为________. 解析 f (x )=4cos 2x2sin x -2sin x -|ln(x +1)|=2sin x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2x 2-1-|ln(x +1)|=sin 2x -|ln(x +1)|,令f (x )=0,得sin 2x =|ln(x +1)|.在同一坐标系中作出两个函数y =sin 2x 与函数y =|ln(x +1)|的大致图象如图所示.。
高考数学-函数零点问题及例题解析

1函数零点问题及例题解析一、函数与方程基本知识点1、函数零点:(变号零点与不变号零点)(1)对于函数)(x f y =,我们把方程0)(=x f 的实数根叫函数)(x f y =的零点。
(2)方程0)(=x f 有实根⇔函数()y f x =的图像与x 轴有交点⇔函数()y f x =有零点。
若函数()f x 在区间[],a b 上的图像是连续的曲线,则0)()(<b f a f 是()f x 在区间(),a b 内有零点的充分不必要条件。
2、二分法:二分法:对于在区间对于在区间[,]a b 上连续不断且()()0f a f b ⋅<的函数()y f x =,通过不断地把函数()y f x =的零点所在的区间一分为二的零点所在的区间一分为二,,使区间的两个端点逐步逼近零点使区间的两个端点逐步逼近零点,,进而得到零点的近似值的方法叫做二分法值的方法叫做二分法; ;二、函数与方程解题技巧零点是经常考察的重点,对此部分的做题方法总结如下:零点是经常考察的重点,对此部分的做题方法总结如下:(一)函数零点的存在性定理指出:“如果函数)(x f y =在区间在区间[a,b][a,b][a,b]上的图象是连续不断的一上的图象是连续不断的一条曲线,并且0)()(<b f a f ,那么,函数)(x f y =在区间(在区间(a,b a,b a,b)内有零点,即存在)内有零点,即存在),(b a c ∈,使得0)(=c f ,这个c 也是方程0)(=x f 的根”。
根据函数零点的存在性定理判断函数在某个区间上是否有零点间上是否有零点(或方程在某个区间上是否有根)(或方程在某个区间上是否有根)(或方程在某个区间上是否有根)时,时,一定要注意该定理是函数存在零点的充分不必要条件:如分不必要条件:如例、函数x x x f 2)1ln()(-+=的零点所在的大致区间是(的零点所在的大致区间是() (A )(0,1); (B )(1,2); (C ) (2,e ); (D )(3,4)。
高考常考题- 函数的零点问题(含解析)

函数的零点问题一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程,进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题,并作出函数图像。
作图与根分布综合的题目,其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图,在作图的过程中还要注意渐近线的细节,从而保证图像的准确。
例1、(2019苏州三市、苏北四市二调)定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x +4)=f (x ),且在区间[2,4)上⎩⎨⎧<≤-<≤-=43,432,2)(x x x x x f 则函数x x f y log 5)(-=的零点的个数为 例2、(2017苏锡常镇调研)若函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧12x-1,x <1,ln xx 2,x ≥1,)则函数y =|f (x )|-18的零点个数为________.例3、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数()πcos 36f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在[]0π,的零点个数为________. 题型二、函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数,确定参数的取值范围,常用的方法和思路:(1) 直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.(2) 分离参数法:先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决,解法2就是此法.它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理,这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题.(3) 数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图像,然后数形结合求解.例4、(2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末)已知ln ,1()(2),1x x f x f x k x ≥⎧=⎨-+<⎩若函数()1y f x =-恰有一个零点,则实数k 的取值范围是( ) A .(1,)+∞B .[1,)+∞C .(,1)-∞D .(,1]-∞例5、(2020·全国高三专题练习(文))函数()()22log ,1,1,1,x x f x f x x ≥⎧=⎨+<⎩,若方程()2f x x m =-+有且只有两个不相等的实数根,则实数m 的取值范围是 ( ) A .(),4-∞B .(],4-∞C .()2,4-D .(]2,4-例6、【2020年高考天津】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx x k =--∈R 恰有4个零点,则k 的取值范围是 A .1(,)(22,)2-∞-+∞ B .1(,)(0,22)2-∞-C .(,0)(0,22)-∞ D .(,0)(22,)-∞+∞例7、【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ,函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩.若函数()y f x ax b =--恰有3个零点,则A .a <–1,b <0B .a <–1,b >0C .a >–1,b <0D .a >–1,b >0例8、(2020·浙江学军中学高三3月月考)已知函数2(4),53()(2),3x x f x f x x ⎧+-≤<-=⎨-≥-⎩,若函数()()()1g x f x k x =-+有9个零点,则实数k 的取值范围是( )A .1111,,4664⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B .1111,,3553⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C .11,64⎛⎫⎪⎝⎭D .11,53⎛⎫ ⎪⎝⎭例9、(2020届浙江省杭州市第二中学高三3月月考)已知函数()()2,22,2,x f x f x x ≤<=-≥⎪⎩()2g x kx =+,若函数()()()F x f x g x =-在[)0,+∞上只有两个零点,则实数k 的值不可能为A .23- B .12-C .34-D .1-二、达标训练1、(2019·山东师范大学附中高三月考)函数()312xf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的零点所在区间为( ) A .()1,0-B .10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C .1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭D .()1,22、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()e 0ln 0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩,,,,()()g x f x x a =++.若g (x )存在2个零点,则a 的取值范围是A .[–1,0)B .[0,+∞)C .[–1,+∞)D .[1,+∞)3、(2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学)已知,a b ∈R ,函数(),0(),0x x a e ax x f x x x ⎧++≤=⎨>⎩,若函数()y f x ax b =--恰有3个零点,则( ) A .1,0a b >>B .1,0a b ><C .1,0a b <>D .1,0a b <<4、(2020届山东实验中学高三上期中)设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=,且当0x ≤时,()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭,且0x 为函数()x g x e a=-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点,则实数a 的取值可能是( ) A .12BC .2e D5、(2020届山东师范大学附中高三月考)已知函数(01)()2(1)x f x x x⎧<≤⎪=⎨>⎪⎩,若方程()f x x a =-+有三个不同的实根,则实数a 的取值范围是________.6、【2018年高考浙江】已知λ∈R ,函数f (x )=24,43,x x x x x λλ-≥⎧⎨-+<⎩,当λ=2时,不等式f (x )<0的解集是___________.若函数f (x )恰有2个零点,则λ的取值范围是___________.7、【2020届江苏省南通市如皋市高三下学期二模】已知函数()222,01,03x x ax a x f x e ex a x x⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩,若存在实数k ,使得函数()y f x k =-有6个零点,则实数a 的取值范围为__________.一、题型选讲题型一 、运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程,进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题,并作出函数图像。
2019江苏高考压轴题(中篇)专题02.09 函数的零点问题1~

题型02.109 函数的零点问题1一、问题概述此部分问题是一个考察学生综合素养的很好途径,它主要涉及到基本初等函数的图象,渗透着转化、化归、数形结合、函数与方程等重要思想方法,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到积极的作用.近几年函数的零点问题主要涉及到:1、函数方程(函数零点)的求解与零点区间的判断,需要通过函数的单调性和零点存在性定理来确定(例题3);2、函数零点的个数问题,通常是讨论单调性和极值,借助函数的单调性、图像、零点存在性定理来确定零点的个数;3、已知函数的零点情况,求解参数及取值范围问题,通常利用零点存在性定理或转化为函数图像交点问题处理(例题1、例题2). 二、释疑拓展1.已知函数)(2ln )(2R k kx x x x f ∈-+=.(1)讨论f (x)的单调性;(2)若)(x f 存在极值,求)(x f 的零点个数.2.【扬州市2018届高三第一学期期末调研.19题】 已知函数(1)若,且函数)(x g 的图像是函数图像的一条切线,求实数的值; (2)若不等式对任意恒成立,求实数的取值范围; (3)若对任意实数,函数在上总有零点,求实数的取值范围.3.【苏北四市2017届高三第一学期期中调研.19题】设函数f (x )=lnx ﹣ax 2+ax ,a 为正实数.(1)当a =2时,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程; (2)求证:f (a1)≤0; (3)若函数f (x )有且只有1个零点,求a 的值.4.【泰州市2016届高三第一学期期末调研.20题】 已知函数()4212f x ax x =-,(0,)x ∈+∞,()()()g x f x f x '=-. (1)若0a >,求证:(ⅰ)()f x 在()f x '的单调减区间上也单调递减; (ⅱ)()g x 在(0,)+∞上恰有两个零点;(2)若1a >,记()g x 的两个零点为12,x x ,求证:1244x x a <+<+.三、专题反思(你学到了什么?还想继续研究什么?)四、巩固训练1.【南通市2017届高三第一次学情调研.19题】 已知函数2()ln f x ax x x =--,a ∈R .(1)当38a =时,求函数()f x 的最小值;(2)若10a -≤≤,证明:函数()f x 有且只有一个零点; (3)若函数()f x 有两个零点,求实数a 的取值范围.2.【无锡市2015届高三第一学情期末调研.20题】设函数()22ln -+f x x x ax b =在点()()0,0x f x 处的切线方程为y x b =-+.(1)求实数a 及0x 的值; (2)求证:对任意实数,函数()f x 有且仅有两个零点.3.【镇江市2018届高三第一学期期末调研.19题】已知 b >0,且b ≠ 1,函数 f (x ) = e x + b x ,其中e 为自然对数的底数: (1)如果函数 f (x ) 为偶函数,求实数b 的值,并求此时函数的最小值;(2)对满足b >0,且 b ≠ 1的任意实数b ,证明函数y = f (x )的图像经过唯一定点; (3)如果关于x 的方程 f (x ) = 2 有且只有一个解,求实数 b 的取值范围.二、释疑拓展1、【解】(1)函数的定义域为(0,+∞),xkx x x f 1)(2+-=',方程012=+-kx x 的判别式△=42-x ,(i )当-2<k <2时,△<0,在f (x )的定义域内f ′(x )>0,f (x )是增函数;(ii )当k =±2时,△=0, 若k =-2,0)1()(2>+='xx x f ,f (x )是增函数若k =2,xx x f 2)1()(-=',那么x ∈(0,1)∪(1,+∞)时,f ′(x )>0,且f (x )在x =1处连续,所以f (x )是增函数;(iii )当k <-2或k >2时,△>0,方程x 2-kx +1=0有两不等实根2421--=k k x ,2422-+=k k x 当k <-2时,x 1<x 2<0,当x >0时,x 2-kx +1>0恒成立,即f ′(x )>0,f (x )是增函数当k >2时,x 2>x 1>0,此时f (x )的单调性如下表:x (0,x1 )x1 (x1,x )x2 (x2,+∞)f′(x )+-0 +f (x ) 增减增综上:当k ≤2时,f (x )在(0,+∞)是增函数当k >2时,f (x )在)24,0(2--k k ,)24(2∞+--,k k 是增函数,在)2424(22-+--k k k k ,是减函数(2)由(1)知当k >2时,f (x )有极值∵124224221<<-+=--=kk k k k x∴1ln x <0,且)()(1x f x f =极大值02)4(11<-=x x ∵f (x )在(0,x 1 )是增函数,在(x 1,x 2)是减函数,∴当x ∈(0,x 2]时,f (x )≤f (x 1)<0,即f (x )在(0,x 2]无零点,当x ∈(x 2,+∞)时,f (x )是增函数,故f (x )在(x 2,+∞)至多有一个零点, 另一方面,∵f (2k )=ln (2k)>0,f (x 2)<0,则f (x 2)f (2k )<0, 由零点定理:f (x )在(x 2,2k )至少有一个零点, ∴f (x )在(x 2,+∞)有且只有一个零点综上所述,当f (x )存在极值时,f (x )有且只有一个零点.2、【解】:(1)由(1)0g -=知,()g x 的图象直线过点(1,0)-, 设切点坐标为00(,)T x y ,由'()x f x e =得切线方程是000()x x y ee x x -=-此直线过点(1,0)-,故0000(1)x x e e x -=--,解得00x =, 所以'(0)1a f ==(2)由题意得2,(0,)x m e x x <-∈+∞恒成立,令2(),(0,)x m x e x x =-∈+∞,则'()2x m x e x =-,再令()'()2x n x m x e x ==-,则'()2x n x e =-, 故当(0,ln 2)x ∈时,'()0n x <,()n x 单调递减; 当(ln 2,)x ∈+∞时,'()0n x >,()n x 单调递增, 从而()n x 在(0,)+∞上有最小值(ln 2)22ln 20n =->, 所以()m x 在(0,)+∞上单调递增, 所以(0)m m ≤,即1m ≤ 注:漏掉等号的扣2分(3)若0a <,()()()x F x f x g x e ax b =-=--在(0,)+∞上单调递增, 故()()()F x f x g x =-在(0,)+∞上总有零点的必要条件是(0)0F <,即1b >, 以下证明当1b >时,()()()F x f x g x =-在(0,)+∞上总有零点。
(江苏专用)高考数学一轮复习 加练半小时 专题2 函数 第14练 函数中的易错题 理(含解析)-人教

第14练 函数中的易错题1.对于定义域为R 的函数y =f ()x ,部分x 与y 的对应关系如下表:x -2 -1 0 1 2 3 4 5 y232-12则f (f (f (0)))=________.2.已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2x+1,x <1,x 2+ax ,x ≥1,若f (f (0))=a 2+1,则实数a =________.3.已知函数f (x )的定义域为[3,6],则函数y =()()122log 2f x x -的定义域为________.4.(2019·某某模拟)若函数f (x )=log 2(x 2-ax +3a )在区间[2,+∞)上是增函数,则实数a 的取值X 围是________.5.给出下列四个函数: ①y =x ·sin x ;②y =x ·cos x ; ③y =x ·|cos x |;④y =x ·2x.这四个函数的部分图象如图,但顺序被打乱,则按照abcd 顺序将图象对应的函数序号安排正确的一组是________.6.(2018·某某质检)函数f (x )=ln(|x |-1)-()212log 1x +,则使不等式f (x )-f (2x -1)<0成立的x 的取值X 围是________.7.已知函数f (x )=x log 2x -3的零点为x 0,若x 0∈(n ,n +1),n ∈Z ,则n =________.8.(2019·某某调研)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2+2,x ∈[0,1,2-x 2,x ∈[-1,0,且f (x +2)=f (x ),g (x )=2x +5x +2,则方程f (x )=g (x )在区间[-5,1]上的所有实数根之和为________.9.已知函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧e|x -1|,x >0,-x 2-2x +1,x ≤0,若关于x 的方程f 2(x )-3f (x )+a =0(a ∈R )有8个不等的实数根,则a 的取值X 围是________.10.(2018·某某模拟)已知函数y =f (x )与y =F (x )的图象关于y 轴对称,当函数y =f (x )和y =F (x )在区间[a ,b ]上同时递增或同时递减时,把区间[a ,b ]叫做函数y =f (x )的“不动区间”.若区间[1,2]为函数y =|2x-t |的“不动区间”,则实数t 的取值X 围是________. 11.(2019·某某模拟)若不等式(x -1)2<log a x 在x ∈(1,2)内恒成立,则实数a 的取值X 围为________.12.(2019·某某调研)若函数f (x )=x -1+m 在区间[a ,b ]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2,b2(b >a ≥1),则实数m 的取值X 围为________.13.(2018·某某模拟)已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx 满足f (1+x )+f (1-x )+22=0,则f (x )的单调递减区间是______________.14.函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2f x -2,x ∈1,+∞,1-|x |,x ∈[-1,1],若关于x 的方程f (x )-log a (x +1)=0(a >0且a ≠1)在区间[0,5]内恰有5个不同的根,则实数a 的取值X 围是________.15.已知f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2-2tx +t 2,x ≤0,x +1x+t ,x >0,若f (0)是f (x )的最小值,则t 的取值X 围为________.16.设函数y =f (x )图象上不同两点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)处的切线的斜率分别是k A ,k B ,规定φ(A ,B )=|k A -k B |AB(AB 为线段AB 的长度)叫做曲线y =f (x )在点A 与点B 之间“弯曲度”,给出以下命题:①函数y =x 3图象上两点A 与B 的横坐标分别为1和-1,则φ(A ,B )=0; ②存在这样的函数,图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数; ③设点A ,B 是抛物线y =x 2+1上不同的两点,则φ(A ,B )>2;④设曲线y =e x(e 是自然对数的底数)上不同两点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则φ(A ,B )<1. 其中真命题的序号为________.(将所有真命题的序号都填上)答案精析1.2 2.-1或3 3.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,2 4.(-4,4]5.①④②③ 6.(-∞,-1)∪(1,+∞) 7.2 8.-7解析 由题意知g (x )=2x +5x +2=2x +2+1x +2=2+1x +2,即g (x )的图象关于点(-2,2)对称,函数f (x )的周期为2,则函数f (x ),g (x )在区间[-5,1]上的图象如图所示.由图象可知函数f (x ),g (x )在区间[-5,1]上的交点为A ,B ,C ,易知B 的横坐标为-3,若设C 的横坐标为t (0<t <1),则点A 的横坐标为-4-t ,所以方程f (x )=g (x )在区间[-5,1]上的所有实数根之和为-3+(-4-t )+t =-7.9.⎝ ⎛⎭⎪⎫2,94解析 绘制函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧e |x -1|,x >0,-x 2-2x +1,x ≤0的图象如图所示,令f (x )=t ,由题意可知,方程t 2-3t +a =0在区间(1,2)上有两个不同的实数根,令g (t )=t 2-3t +a (1<t <2),由题意可知,⎩⎪⎨⎪⎧g 1=1-3+a >0,g 2=4-6+a >0,g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32=94-92+a <0,由此可得2<a <94,即a 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫2,94.10.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,2解析 ∵函数y =f (x )与y =F (x )的图象关于y 轴对称, ∴F (x )=f (-x )=|2-x-t |,∵区间[1,2]为函数f (x )=|2x-t |的“不动区间”,∴函数f (x )=|2x -t |和函数F (x )=|2-x-t |在[1,2]上单调性相同, ∵y =2x -t 和函数y =2-x-t 的单调性相反, ∴(2x-t )(2-x-t )≤0在[1,2]上恒成立,即1-t (2x +2-x )+t 2≤0在[1,2]上恒成立, 即2-x≤t ≤2x在[1,2]上恒成立, 即12≤t ≤2. 11.(1,2]12.⎝ ⎛⎦⎥⎤0,12 解析 由于函数f (x )=x -1+m 在区间[a ,b ]上有意义且是增函数,值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2,b2,b >a ≥1,故有⎩⎪⎨⎪⎧a -1+m =a2,b -1+m =b2,∴x -1+m =x2在[1,+∞)上有2个不等实数根,故函数y =x -1的图象和直线y =x2-m 在[1,+∞)上有2个交点.如图所示.当m =0时,函数y =x -1的图象和直线y =x2-m 相切于点(2,1).当直线y =x2-m 经过点(1,0)时,由0=12-m ,求得m =12,数形结合可得,m 的取值X 围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0,12. 13.(-1,3) 14.(3,+∞) 15.[0,2] 16.①②④解析 ①y =x 3,y ′=3x 2,k A =k B =3, 因此φ(A ,B )=0,正确; ②若f (x )=ax (a 为常数), 则φ(A ,B )=0为常数,正确; ③y =x 2+1,y ′=2x , 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则φ(A,B)=|2x1-2x2|x1-x22+x21-x222=21+x1+x22≤2,错误;④y=e x,y′=e x,φ(A,B)=|e x1-e x2|x1-x22+e x1-e x22<|e x1-e x2|e x1-e x22=1,正确.故答案为①②④.。
2019江苏高考数学二轮冲刺作业:第14讲 函数的零点问题 Word版含解析

第14讲函数的零点问题
1.设a为实数,若函数f(x)=√3-x-√1+x-a存在零点,则实数a的取值范围是.
2.(2018南京第一学期期末)若m>0,且关于x的方程(mx-1)2-m=√x在区间[0,1]上有且只有一个实数解,则实数m的取值范围是.
3.(2018江苏泰州中学高三月考)若函数f(x)=|2x-1|,则函数g(x)=f(f(x))+ln x在(0,1)上不同的零点个数为.
4.(2018江苏扬州中学模拟)已知函数f(x)={2-|x|,x≤2,
(x-2)2,x>2,
函数g(x)=b-f(2-x),其中b∈R,若函数
y=f(x)-g(x)恰有4个零点,则实数b的取值范围是.
5.(2018淮海中学模拟)已知函数f(x)={x2-2ax-a+1,
ln(-x),
x≥0,
x<0,g(x)=x2+1-2a,若函数y=f(g(x))有4
个零点,则实数a的取值范围是.
6.已知m∈R,函数f(x)=lg(m+2
x
).
(1)若函数g(x)=f(x)+lg x2有且仅有一个零点,求实数m的值;
(2)设m>0,任取x1,x2∈[t,t+2],若不等式|f(x1)-f(x2)|≤1对任意t∈[1
9
,1]恒成立,求m的取值范围.
7.(2018盐城伍佑中学期末考试)已知g(x)=x2-2ax+1在区间[1,3]上的值域是[0,4].
(1)求a 的值;
(2)若不等式g(2x )-k ·4x ≥0在x ∈[1,+∞)上恒成立,求实数k 的取值范围;
(3)若函数y=g(|2x -1|)|2x -1|+k ·2|2x -1|-3k 有三个零点,求实数k 的取值范围.。
江苏省高考二轮复习专题与零点、极值点有关的不等式问题PPT课件(原文)

与零点、极值点有关的不等式问题
与零点、、极值点有关的不等式问题
例2:已知函数 f ( x) x2 m ln( x 1),若 f ( x) 有两个极值点
x1, x2 ,且x1 x2 ,求证:2 f ( x2 ) x1 2x1 ln 2.
与零点、极值点有关的不等式问题
在导数的综合应用中,经常涉及到与函数零点和极 值点有关的一些问题.处理这类问题,我们需要结合零 点与极值点的概念,通过构造方程或方程组,简化函数 或方程的表达式,从而解决与零点、极值点有关的等式 与不等式问题.解题过程中考查函数与方程思想,转化 与化归思想,同时考查抽象概括、综合分析问题和解决 问题的能力.
3
3
g( x) g( x) 3a( x 1 )( x 3a 1)
3
3
3a( x a )2 3a3 a2 a
24
3
3a3 a2 a a(3a 2)2
4
3
12
原命题得证.
例1:设 x1, x2( x1 x2 ) 是函数 f ( x) ax3 bx2 a2 x(a 0) 的两 个极值点.若x1<x<x2 , 且x2 =a , 函数g( x) f '( x) a( x x1 ). 求证:g( x) 1 a(3a 2)2.
x,
则h'( x)
2a x2
2a x3
a x
a( x2
2x x3
2)
a[( x
1)2 x3
1]
0,
h( x)在(0,+)上为增函数.
a 2, h(1) 1 a 0, h( 1 ) 1 a ln 2 0, 2
存在唯一x2
(
1 2
江苏专版2019届高三数学备考冲刺140分问题03 导数背景下零点问题集合与其他知识的交汇问题 含解

问题3导数背景下零点问题一、考情分析近几年高考命题情况来看,对这部分内容的考查题型有小题也有大题,作为解答题时难度较大.导数可以把函数、方程、不等式等有机地联系在一起.解决函数的零点或方程的根的问题,在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此类试题一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现,是近几年高考命题热点.主要有两种考确定函数零点图象交点及方程根的个数问题;(2)根据函数零点图象交点及方程根的个数求查类型:(1)参数的值或取值范围问题.二、经验分享用导数确定函数零点或方程根个数的方法:(1)xgxgxxgg利用导数研究该)(,′(的零点个数问题求解)=0可解①构建函数),()(要求转化确定′(,)易求xg)的图象草图(或变化趋势)等,画出,(数形结合求解函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号然后利用导数研究函数的单调性、极值,②利用零点存在性定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点. 的个数,进而判断函数在该区间上零点(最值)及区间端点值符号解决复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤:(2) ①在该区间上构造与方程相应的函数; ,则进行下一步;②利用导数研究该函数在该区间上的单调性,若是单调函数③判断该函数在该区间端点处的函数值异号; . ④得出结论x常常需,在讨论方程的根的个数、研究函数图象与轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时(3)值的应用.,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)要求出其中参数的取值范围三、知识拓展三次函数的零点???xf,的导函数为对于三次函数????xxff有则恒成立,1个零点;1.若)是增(减函数,?????0xxff?xx,⑴若则, 2有个零点;,若2.有两个不同实根21??xf个零点;1有则,⑵若.??xf.3⑶若,则个零点有四、题型分析 ) 确定函数零点或方程根的个数问题(一其中,2019届高三3月联考】已知函数,江苏省南通市基地学校【例1】【,.且kxxf g(的值;)(1)若函数有相同的极值点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(,求)与k m= 0,时,求证:函数(2)当有两个不同的零点;>0k的取值,使,记函数(3,若)若,求范围.在)2首先求得求得;((【分析】1)分别求得与的极值点,利用极值点相同构造方程,大致区间,根据上单调递减,在上单调递增;再通过零点存在定理,分别在两段区间找到零点所在)根据已知关系,将问题变为:3,又单调性可知仅有这两个不同零点;(三个范围内去求解最值,从而求解出的范围,则可分别在,.,【解析】(1)因为,所以令,得时,,当则单调递减;时,,则当单调递增;为的极值点所以的极值点为因为,,所以函数有相同的极值点,所以与因为函数所以(2)由题意,所以,所以因为,得令当,则时,单调递减;当单调递增;,则时,为的极值点所以在上连续且单调,又因为,在所以上有唯一零点满足取且则因为,所以且,又上连续且单调在所以在所以上有唯一零点综上,函数有两个不同的零点时,(3)由,则有,使由于在,上单调递减时,①当所以,得即上单调递增②当时,,在所以即,得时,③当在,在上,上单调递减;上单调递增;,在在上,所以 *(即)在易知上单调递减)无解*,所以不等式(,而故.综上,实数或的取值范围为【点评】证明零点个数问题重点在于能够通过单调性将零点个数的最大值确定,进而再通过零点存在定理来确定零点个数;而能够将存在性问题转化为恒成立问题,通过最值来求解参数范围,也是解决此题的关.键1?a.【启东中学【小试牛刀】2018函数届高三上学期月考】设,??1?0,a(1)证明在上仅有一个零点;是坐标原平行,(O(2)若曲线在点处的切线与轴平行,且在点处的切线与直线 ),证明:点???0?xf?),1【解析】,(????,??上为增函数.在1?a ,,,又,,即??????,fx??且,上为增函数在,由零点存在性定理可知,????xf?1?0,a.在上仅有一个零点??yPx,,(),,设点2则00??x xyf?1??x?P,在点,处的切线与轴平行 ,0 ,,OPM,平行处切线与直线点?M,处切线的斜率点,即,又题目需证明m e?1m?.,即则只需证明,令,则?????0??,0mgm??, 单调递减时易知,当,,?????0m0,???m?g,,,当时单调递增,,即m e1??m?,.,得证根据函数零点个数或方程实根个数确定参数取值范围 (二)y=ff(x),若函数=】【例2【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】已知函数.的取值范围是则a_____)﹣(f(xa)﹣1有三个零点,【答案】2得x﹣+2x+1=1,得x=2或x=0,)﹣由<【解析】当x0时,f(x1=0x=0,得得,1=0fx≥0当时,由(x)﹣2, a=x或f()﹣﹣a=0xf1=0axf,y=f由(()﹣)﹣得()﹣2, =a,fxf即()(=ax)﹣)的图象如图:x(f作出函数.x?1≥1(x≥0), y=x e x?1,函数是减函数,x∈(1,+∞)时,y′<0,∈(0,1)时,y′>0,函数是增函数y′=,当x x e1?1,,函数取得最大值:x=1时e11?1?,个零点有4x)﹣a)﹣1即a∈(3,3+)时当1<,y=f(a﹣2f(时,ee11,有三个零点)﹣1(x)﹣a2=1+时,即a=3+时则y=f(f当a﹣ee1 1个零点a)﹣1有3+时,y=f (f(x)﹣当a>e1,1有三个零点)﹣a)﹣x时,则y=f(f(当a=1+e1a?1?1{ e当 x)﹣a)﹣1有三个零点.a时,即∈(1+,3)时,y=f(f(e1?a?2个零点.,函数有3综上a∈故答案为:.【点评】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围;(1) 分离参数法:先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决;(2) ,然后数形结合求解.数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象(3)2bybxxxxfx,sin有两个不同交点+cos求【小试牛刀】已知函数的图象与直线()=的取值范围.=+xfxxfxfxxfxx)在)>0,(0,+∞)上递增.=)0,得(=0.∴当>0时, 【解析】′(=)cos(2+′(),令′(xfxfxfxffx)在区间((-∞,0)和)的最小值为(0)=1.当<0时,′(∵函数)<0,(()在-∞,0)上递减.∴(0,(byfxyb有且仅有两个不同交点.=)与直线+∞)上均单调,∴当>1时,曲线= (b 的取值范围是(1,,+∞).综上可知(三) 根据函数零点满足条件证明不等式【例3】【江苏省南通、扬州、泰州、苏北四市七市2019届高三第一次(2月)模拟】已知函数.)讨论的单调性;(1,若2有两个不相同的零点)设的导函数为.(求实数的取值范围;①.②证明:a1)求出函数的导数,通过讨论的范围,求出函数的单调区间即可;【分析】(aa的范围,求出函数的单调区间,结合函数的零点个数确定(2)①通过讨论的范围即可;,,②问题转化为证,设函数即证根据函数的单调性证明即可.)的定义域为.【解析】(1,且在当为增函数;时,成立,所以当时,)当(在上为增函数; i时,,所以,所以(ii时,上为减函数.)当在至多一个零点,不合题意;时,(2)①由(1)知,当的最小值为当,时,.,解得依题意知,为增函数,且函数的图在一方面,由于,象在上不间断.所以上有唯一的一个零点.在因为.,所以另一方面,,令,时,当,所以又上不间断.的图象在在,为减函数,且函数有唯一的一个零点.所以在.的取值范围是.综上,实数②设.又则.下面证明.不妨设,由①知.,即证.要证,上为减函数,因为在所以只要证..,即证又设函数.. 所以在,所以为增函数,所以所以成立..成立从而,即所以成立.五、迁移运用,函数1.【江苏省无锡市届高三上学期期中】已知函数在2019上的零点为_________.上的零点为则在的范围为 1【答案】(,)【解析】,得所以,由因为,,从而因为,因此.,,令,因此.1则,)所以,(的图象与直线2.【江苏省如东中学2019届高三年级第二次学情测试】已知函数恰有三个公共点,这三个点的横坐标从小到大分别为,则________.【答案】【解析】恒过定点(,0),即x可得由题意,直线=y=k(x-)2恰有三个公共点,>0∵k =.)对称,所以x+xx其直线必与()的相切,因为f(x0)关于(,31=k=-sin2,导函数几何意义:f′(2x)∴y- 所以切线方程:)过(,0 =,所以=故答案为:月月考】设11.3【江苏省无锡市天一中学2018-2019学年高三是自然对数的底数,函数 ______的取值范围为6有零点,且所有零点的和不大于.,则【答案】【解析】,①单调递减,时,在0且在的零点;有一个小于在单调递增,时,.的零点,因此满足条件1有一个小于在,②)在1单调递减,时,(. 在上没有零点故又上也没有零点,因此不满足题意. ,在在时,(2) 上单调递减,在上单调递增,.上没有零点在.又在,故上也没有零点,因此不满足题意(3)时,上没有零点,在. 2在,满足条件上只有零点在(4)上有两个不相等的零点,上没有零点,在时,故满足题意的范围是,.且和为.综上所述,的取值范围为,故答案为学年度第一学期如皋市高三年级第一次联考】已知函数【2017-2018的零点在区间4.??,1kk?k ________.内,则正整数的值为2 【答案】????0,且数数式数析【解】由函的解析可得函在,函上是增根据函数零点的判定定理可得函数,故有, ,??2,32k?2.故答案为,故在区间结合所给的条件可得上存在零点,,定义域上恰有【5.2017-2018第一学期东台安丰中学高三第一次月考】若函数在其a的值为,两个零点则正实数.______e【答案】.则:,其余条件均不变,【解析】考查函数x fxxfxf(0)=1>0, ?1<0,(?0时,1)=(?)=1+2+2,单调递增当,?xf?1,0)(有且只有一个零点;)在(由零点存在定理,可得lnxfxaxx, (?,)=则由题意可得有且只有一个零点>0时x ln?a,.令有且只有一个实根即有x xgxxegxgxegx. 当0<(<)>0,当时>,时,递增′()<0,′(())递减;1ex且为处取得极大值, ,也为最大值即有,=e xgxyaag ,当直线(=的图象()如图>0)(与)的图象1e?a?a. 则原问题中,,.则回归原问题只有一个交点时e1x?2e?y若曲线(一)月阶段性抽测】已知函数,6.【常熟中学2018届高三10x21e???e a yx,__________.,使得则实数(的取值范围为为自然对数的底数)上存在点001??,??【答案】??e??1x?2e?y,【解析】结合函数的解析式:可得:x21?e yxyxxy >0时,<0,′=0,解得:=0,当′>0,当′<0,令yxx, ∈(-∞,0),函数单调递增,单调递减∈(0,+∞)时,函数则eyex], 的取值范围(∴取最大值,最大值为0,,则当时=0,0,可得:结合函数的解析式:??0f'?x exexf,)在(0,则0,∈(,),)单调递增(yffyfycfyyfycfcyyyff())=(>)=()=>不满足,.(())则=.假设)下面证明(=()>,(000000000ycyfyfffyyy =同理假设()<,).综上可得:())(则不满足(==.000000.ln x???gx,.设求导,令函数x exgxexg, )>0,0,当∈(0,(),)单调递增′()在(1???ge aexx时取最大值,最大值为-→0时,∞,,当当=→e1??,??a.∴的取值范围??e??.函数,泰兴中学、【江苏省常州一中、南菁高中2019届高三10月月考】已知7.求函数的单调增区间;,.有三个互不相同的零点0,其中,若函数若,求a的值;若对任意的成立,求,都有a的取值范围.意,求得函数的导数【解析】,(1)由题R,即当时,恒成立,在上单调递增;当,时,令,解得的解集为,的单调增区间为,;即由题意可知,,,;,解得由题意可知,,.,,若,即上恒成立,且在时,符合题意;,时,设当,则当,时,,,,,,解得,即整理得又,..【江苏省常州市2019届高三上学期期末】已知函数,函数8.)若在点,求曲线(1处的切线方程;有且只有一个零点,求实数)若函数(2的取值范围;是自然对数的底数,.(对)若函数(3恒成立,求实数的取值范围),则时,1)当,,所以(【解析】.所以切线方程为(2),①当恒成立,所以单调递增,时,,所以有唯一零点,即符合题意;因为时,令,列表如下:②当,解得+ - 0极小值. 由表可知,符合题意;,所以时,,即)当i(.,ii,即)当时,(因为,所以,且,不符题意;,所以故存在,使得(iii,)当,即时,因为,,设,则,所以,所以单调递增,即又因为,,所以,使得故存在,所以不符题意;.综上,的取值范围为 3(),,则恒成立,所以①当时,单调递增,所以符合题意;,即恒成立,所以时,②当单调递增,又因为,所以存在,使得,上单调递减,,即在时,且当,即不符题意;所以的取值范围为.综上,届高三第一学期期末】已知函数)2019【江苏省南通市三县(通州区、海门市、启东市.9..a=2的极值;,求函数(1)当.的取值范围(2)若函数有两个零点,求实数a时,a=2x=1.【解析】(1)当,令,解得列表:x1+0 —极小值时,x=1有极小值没有极大值,所以,当)①因为,(所以. .2,时,当上单调递增,在只有一个零点,不合题意,所以得时,由,由,当得上单调递增,在所以在上单调递减,处取得极小值,即为最小值. 所以在在1°当上单调递减,在时,上单调递增,只有一个零点,不合题意;2°当时,,故,最多有两个零点.,注意到,令;,下面先证明,使得取设,令,解得.列表x— 0 +极小值.所以,当有极小值,.,即所以,故必存在一个零点,因此,根据零点存在性定理知,在上又x=1也是的一个零点,则有两个相异的零点,符合题意.时,3°当,,故最多有两个零点,注意到,取则,上必存在一个零点,因此,根据零点存在性定理知,在.也是的一个零点,则有两个相异的零点,符合题意x=1又的取值范围是综上所述,实数.a届高三上学期期末】已知函数【江苏省苏州市201910. (a,bR) .的单调增区间;=1时,求=(1)当ab的值;)当(2a≠0时,若函数恰有两个不同的零点,求 b的取值范围.(m,n)中有且仅有一个整数,求实数时,若a(3)当=0n)的解集为(m,,且,=【解析】1(1)当a时,=b,解得令或所以f(x)的单调增区间是和(,或,令,得2)法一:因为函数f 或,(x)有两个不同的零点,所以,不合题意,舍去:0=a时,得当.时,代入得当.,所以即,法二:由于,所以得,,由,得令设,, ,递增,h(x)递减:当时,当时,当时,,单调递增R 的值域为,当时取何值,方程故不论有且仅有一个根;时,当,时,方程,2 所以恰有一个根-此时函数恰有两个零点-2.和1)当时,因为,所以(3设,,则时,因为在上递增,且当,所以,上,,不合题意:所以在,得时,令,当递减,在所以递增,在,所以①要使. 有解,首先要满足,解得,,又因为)中只有一个整数,则m,n 要使的解集(. 解得即②, ,设则时,递减,递增:当时,当,,所以,所以所以由①和②得,..【江苏省镇江市2019届高三上学期期末】已知函数 ().11)若,的图像在,求函数(1处的切线方程;,求函数)若2的单调区间;(.不等式,在其定义域内有两个不同的零点3(,已知函数)若,且恒成立,求实数的取值范围.,所以时,,,,1【解析】(,)当的图像在即函数;处的切线方程为时,,,(2)当上恒成立,即在在时,①当上单调递增;的解集为②当时,,的解集为,,单调减区间为的单调增区间为;即)当3,时,,(①当时,则在上恒成立,则单调递减,最多有一个零点,所以函数不符题意;,解得②当,列表如下:时,令- + 0↗极大值↘,由表可知,因为函数有两个零点,所以,,解得此时,,所以存在,使得,,设,令,,解得,列表可知,,所以故存在,使得,,所以设,,因为,且,解得因为,,即因为,所以,,整理得,设,,则在上恒成立,所以时,①当单调递增,上单调递增,所以,即在所以符合题意;,即时,上单调递减,的解集为,即②当在上恒成立,即在在因为上单调递减,,所以上恒成立,即不符合题意;,所以在因为.综上,x1?.xe=(﹣a=f.12【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】已知函数(x)(2﹣)(x1)﹣2lnx,gx)∈aR,e为自然对数的底数)()的单调区间;求(Ⅰ)当a=1时,f(x1??0, a,((Ⅱ)若函数fx)在上无零点求的最小值;??2??,在(∈(x(Ⅲ)若对任意给定的0,e],0,e]=g)x(f,)i=1,2(x上总存在两个不同的使得x()成立00ii的取值范围.a求.﹣, )=12lnx,则f′(x时,f(x)=x﹣1﹣【解析】(1)当a=1由f′(x)>0,得x>2;由f′(x)<0,得0<x<2.故f(x)的单调减区间为(0,2],单调增区间为[2,+∞);在区间上恒成立不可能,(x)<0(2)因为f,故要使函数上无零点 ,即对恒成立.,f(x只要对任意的)>0恒成立,则令,,再令,上为减函数,x则,故m(于是)在,x(x)>0,于是l(所以)在上为增函数,,l从而,﹣4ln2,+∞)恒成立,只要a∈[2故要使1??0,;﹣4ln2,则a的最小值为(综上,若函数fx2)在上无零点??2??x11x﹣x﹣1﹣,﹣xee)=x3)g′()=e(1﹣x( x)单调递增;(∈(当x0,1)时,g′(x)>0,函数g )单调递减.时,g′(当x∈(1,e]x)<0,函数g(x e﹣10, =1,g(e)=e?e>((又因为g0)=0,g1) 0,e]上的值域为(0,1].(所以,函数gx)在( ,不合题意;当a=2时0,e]当a≠2,x=∈()时,f′(x x.)=0时,f′(当x=故,上不单调0,e])在(x(,f由题意得①即,.此时,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下:+ f′(x) 0 ﹣↘↗最小值f(x)又因为,当x→0时,2﹣a>0,f(x)→+∞,,, i=1,2)上总存在两个不同的x(,对任意给定的x∈(0,e],在(0,e]所以i0满足下列条件:,当且仅当a)成立(x)=g(x使得f0i即,=令h(a)a=2,)=0,得a=0或则h,令h′(a )单调递增;h(a0,故当a∈(﹣∞,0)时,h′(a)>函数 a)单调递减.0,当时,h′(a)<函数h(=0, )所以,对任意,有h(a)≤h(0即②对任意恒成立.由③式解得:.④时,对任意给定的x∈(0,e],的范围是综合①④可知,当a在(0,e]上总存在两个不同的x i0((xx)=g)成立.,(i=1,2)使f0i届高三10月阶段性抽测13【.中常熟学2018(一)】已知函数?????,,b0?1caf R有一个零点为??????a xf?y xxxf,处的切线互相平行?使得当,)试问:且满足. 4,c b的值;和(1)求实数是否存在这样的定值2(变化时曲线,在点000.x的值;若不存在,求出请说明理由;若存在,0??0,4.上的零点个数(3)讨论函数在1?b{4解得【解析】(1)由题意;,1c?)可知,(2)由(1;∴ax,假设存在无关的定值满足题意,则是一个与0a即是一个与,无关的定值2x?4x??02;,则平行直线的斜率为,即00,)(3,∴,其中???????xgx?xgxx0?x R如下表,两根为和设考察上的单调性,在12120a?,,时 , ,1°当而??????????0,4g2,4x0,2xg和即上各有一个零点,有两个零点;在∴在0a?,而 , ,,时2°当.????????0,4gg0,2xx有一个零点;在上有一个零点仅在,即∴0?a,??xg0,4,1??a, 在和时, ,①当则上各有一个零点????且3°当时, ,11????22????????0,4gx在有两个零点;即1????xg4,0?a??1, 上有一????0,4gx有一个零点;即在????0,4xg01a??a?或,个零点仅在 ,②当时,则??2??综上:当在有两个零点;时??xg0??1?a.在有一个零点当时,xyf)=点睛:在解决类似的问题时,首先要注意区分函数最值与极值的区别.求解函数的最值时,要先求函数(xyffxabfx的点和区间端点处的函数=(0)在[,在区间内所有使]内所有使)′(′()=0的点,再计算函数=最后比较即得.值,12xxfbxxcxxbccf=ln 1++为(),(∈R,的极值点.14.设函数≠0),且()=2cxfxfx的单调区间(用=1为;(求)的极大值点,表示()(1)若)cxf0恰有两解,求实数(2)若(的取值范围.)=2ccxbx++ffxxb0, 【解析】′(1)=′(=)=+,+又xxcxx--cbxcf0.且所以=′(≠1,)+=+1xcfxx>1, (所以为)的极大值点(1)因为,=1xfx′(;时,0<当)>0<1xfxc )<0′(当1<;<时,xxcf)>0,当,>′(时ccfx(0,1),()的单调递增区间为),+∞);单调递减区间为(1,所以(.1bfcxxff<0, +(1)<0,即则恰有两解=+∞)上单调递增在上单调递减在①若(2)<0,则()(0,1),(1,,()0,21c;所以-<0<2.112cfxfccccbcfxfb,+(1))=(ln )+=+②若0<则<1,=(,)=(22极小值极大值22ccbcfxccccccc-ln <0,-11=---,则=()=)ln ++-因为(22极大值1xxffc=-)-<0,从而只有一解;()=0(2极xfcfccxcfcccccx()=-1-)=ln 0--<0,(=-)-<0,则只有一解.+=则③若>1,()ln 小值22cc1+(222极大值极小值1????cxf-,0.的取值范围为恰有两解的=,综上使()0??2。
江苏省2019高考数学二轮复习第14讲函数的零点问题滚动小练 有答案

第14讲函数的零点问题1.设x0是函数f(x)=3x+3x-8的一个零点,且x0∈(k,k+1),k∈Z,则k= .2.双曲线mx2+y2=1的虚轴长是实轴长的2倍,则实数m= .3.(2018江苏如皋高三上学期调研)一个封闭的正三棱柱容器,高为3,内装水若干(如图甲,底面处于水平状态),将容器放倒(如图乙,一个侧面处于水平状态),这时水面与各棱交点E,F,F1,E1分别为所在棱的中点,则图甲中水面的高度为.4.(2018江苏南通海安高级中学高三阶段检测)在平面直角坐标系xOy中,设点的集合A={(x,y)(-1)(-1)2},B=(,)≤3,+-4≤0,-+2≥0,且A⊆B,则实数a的取值范围是.的值为.5.设α为锐角,若cos=4,则sin16.在平行四边形ABCD中,AD=4,∠BAD=,E为CD的中点,若·=4,则AB的长为.37.(2018南京高三学情调研)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,E是BC的中点,求证:(1)平面AB1E⊥平面B1BCC1;(2)A1C∥平面AB1E.8.(2018苏锡常镇四市高三调研)已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点3,1,1,3,点A是椭圆的下顶点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点A且互相垂直的两直线l1,l2与直线y=x分别相交于E,F两点,若OE=OF,求直线l1的斜率.答案精解精析1.答案 1解析 因为f(1)=3+3-8<0,f(2)=32+6-8>0,且函数f(x)=3x+3x-8单调递增,所以x 0∈(1, ),即k=1. 2.答案 -14解析 由题意得m<0,双曲线的标准方程为y 2--1=1,则-1 =4,m=-14.3.答案4解析 因为E,F,F 1,E 1分别为所在棱的中点,所以棱柱EFCB-E 1F 1C 1B 1的体积V=S 四边形EFCB ×3=34S △ABC ×3=4S △ABC ,设图甲中水面的高度为h,则S △ABC ×h=4S △ABC ,∴h= 4,故答案为4. 4.答案 [0, ]解析 由A ⊆B 得集合A 中的点都满足B 中的不等式组,则a≥0,且 ,,所以0≤a≤ . 5.答案1 0解析 由条件可得cos3 =2cos 2-1= ,sin 3 = 4,所以sin1 =sin3 -4 =× 4-=1 0.6.答案 6解析 由点E 是DC 的中点,得 = + = -1.所以 · =( + )· -1= -1+1· =16-1+1×4× ×1=4,化简得 -2 -24=0,解得 =6(舍负). 7.证明 (1)在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC.因为AE ⊂平面ABC,所以CC 1⊥AE. 因为AB=AC,E 为BC 的中点,所以AE⊥BC.因为BC ⊂平面B 1BCC 1,CC 1⊂平面B 1BCC 1,且BC∩CC 1=C,所以AE⊥平面B 1BCC 1.因为AE ⊂平面AB 1E,所以平面AB 1E⊥平面B 1BCC 1. (2)如图,连接A 1B,设A 1B∩AB 1=F,连接EF.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,四边形AA 1B 1B 为平行四边形, 所以F 为A 1B 的中点.又因为E 是BC 的中点,所以EF∥A 1C. 因为EF ⊂平面AB 1E,A 1C ⊄平面AB 1E,所以A 1C∥平面AB 1E. 8.解析 (1)由题意得 314 1,1 34 1,解得 1 14,11,即 4,1,所以椭圆C 的标准方程为4+y 2=1.(2)由题意知A(0,-1),直线l 1,l 2的斜率存在且不为零,设l 1:y=k 1x-1,与直线y=x 联立有1-1, ,得E 11-1,11-1 , 易得直线l 2:y=-11x-1,同理,F1- 1-1,1- 1-1,因为OE=OF,所以 11-1=1-11-1, ①11-1=1-1 1-1,k 1+11=0无实数解;②11-1=-1-11-1,k 1-11=2, 1 -2k 1-1=0,解得k 1=1± .综上所得,直线l 1的斜率为1± .。
江苏省2019高考数学一轮复习突破140必备专题03函数的零点问题学案

0
时,
4a3
a
c
0或a
0
时,
3
27
27
4a3 a c 0 .利用条件即可求 c 的值. 27
解:(1) f '(x) 3x2 2ax
令 f '(x) 0 ,可得 x 0 或 x 2a . 3
a 0 时, f '(x) 0 , f (x) 在 R 上单调递增;
a 0 时, x (, 2a ) (0,) 时, f '(x) 0 , x ( 2a ,0) 时, f '(x) 0 ,
e
x
a
a
a
1
f
'(x)
0
,所以,
x
1
是
f
(x)
的最大值点,且最大值为
f
1 ()
ln a
1.
a
a
10 当 ln a 1 0 ,即 a 1 时, f (x) 有一个零点; e
20 当 ln a 1 0 ,即 0 a 1 时, f (x) 最多有两个零点; e
f (1) 1 a 0 , f ( 1 ) 0 ,且函数 f (x) 在 1 , 1 上的图象不间断, f (x) 在 1 , 1 上存在零
f (x) 有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是 (,3) (1, 3) ( 3 ,) 22
在 (,3) 上, g(a) 0 且在 (1, 3) ( 3 ,) 上 g(a) 0 均恒成立, 22
g(3) c 1 0 ,且 g( 3) c 1 0 , c 1 2
此时 f (x) x3 ax2 1 a (x 1) x2 (a 1)x 1 a ,
x1 min{1,b},则f (x1) b x1 0 ,从而得证.
2019高考数学二轮专项限时集训(四):函数的零点(江苏专用)

2019高考数学二轮专项限时集训(四):函数的零点(江苏专用)[专题四函数的零点] (时间:45分钟)【一】填空题1、函数f(x)=2x+3x 的零点所在的一个区间是________、(填序号) ①(-2,-1);②(-1,0);③(0,1);④(1,2)、2、根据表格中的数据,可以判定函数f(x)=ln x -x +2有一个零点所在的区间为(k ,k +1)(k ∈N *),那么k 的值为________、3、假设实数t 满足f (t )=-t ,那么称t 是函数f (x )的一个次不动点、设函数f (x )=ln x 与函数g (x )=e x(其中e 为自然对数的底数)的所有次不动点之和为m ,那么m =________.4、f (x )为偶函数,当x ≥0时,f (x )=-(x -1)2+1,那么满足f [f (a )]=12的实数a的个数为________、5、f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2-2,-1≤x ≤32,x -x 2,x <-1或x >32,假设函数y =f (x )-c 的图象与x 轴恰有两个公共点,那么实数c 的取值范围是____________、6、函数f (x )=|x +1|+|x +2|+…+|x +2017|+|x -1|+|x -2|+…+|x -2017|(x ∈R ),且f (a 2-3a +2)=f (a -1),那么满足条件的所有整数a 的和是________、【二】解答题7、函数f (x )=x 2-2ln x ,g (x )=x 2-x +a . (1)求函数f (x )的极值;(2)设函数h (x )=f (x )-g (x ),假设函数h (x )在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数a 的取值范围、8、函数f (x )=x 2+a |ln x -1|,g (x )=x |x -a |+2-2ln2,a >0. (1)当a =1时,求函数f (x )在区间[1,e]上的最大值;(2)对任意x 1∈[1,+∞),总存在惟一的x 2∈[2,+∞),使得f (x 1)=g (x 2)成立,求a 的取值范围、专题限时集训(四)B [专题四函数的零点] (时间:45分钟)【一】填空题1、方程2-x +x 2=3的实数根的个数为________、2、函数f(x)=13x 3+x 2+(2a -1)x +a 2-a +1,假设f ′(x)=0在(1,3]上有解,那么实数a 的取值范围为________、3、函数y =1x -1的图象与函数y =2sin πx(-2≤x ≤4)的图象所有交点的横坐标之和等于________、4、假设函数f(x)=x 2+2a|x|+4a 2-3的零点有且只有一个,那么实数a =________. 5、在区间[-a ,a](a>0)内不间断的偶函数f(x)满足f(0)·f(a)<0,且f(x)在区间[0,a]上是单调函数,那么函数y =f(x)在区间(-a ,a)内零点的个数是________、6、函数f(x)=log a x +x -b(a >0,且a ≠1),当2<a <3<b <4时,函数f(x)的零点x 0∈(n ,n +1)(n ∈N *),那么n =________.【二】解答题7、函数f (x )=-x 3+ax 2+bx +c 在(-∞,0)上是减函数,在(0,1)上是增函数,函数f (x )在R 上有三个零点,且1是其中一个零点、(1)求b 的值;(2)求f (2)的取值范围;(3)试探究直线y =x -1与函数y =f (x )的图象交点个数的情况,并说明理由、 8、设函数f (x )=x |x -1|+m ,g (x )=ln x .(1)当m >1时,求函数y =f (x )在[0,m ]上的最大值;(2)记函数p (x )=f (x )-g (x ),假设函数p (x )有零点,求m 的取值范围、专题限时集训(四)A1、②【解析】因为f (-2)=2-2-6<0,f (-1)=2-1-3<0,f (0)=20+0>0, 所以函数f (x )=2x +3x 的零点所在的一个区间是(-1,0)、又f (x )在R 上为增函数,故填②.2、3【解析】f (3)=ln3-1>0,f (4)=ln4-2<0,所以该函数的一个零点在区间(3,4)内,k =3.3、0【解析】画图即知:函数y =ln x 的图象与直线y =-x 有惟一公共点(t ,-t ),函数y =e x 的图象与直线y =-x 有惟一公共点(-t ,t ),故两个函数的所有次不动点之和m =t +(-t )=0.4、8【解析】如下图,f (x )=12有四个解-1-22,-1+22,1-22,1+22.所以f (a )=-1-22或f (a )=-1+22或f (a )=1-22,当f (a )=-1-22时,a 有2个值对应; 当f (a )=-1+22时,a 有2个值对应; 当f (a )=1-22时,a 有4个值对应、 综上可知满足f [f (a )]=12的实数a 有8个、 5、c ≤-2或-1<c <-34【解析】f (x )的图象如图、 ∵y =f (x )-c 的图象与x 轴恰有两个公共点, ∴y =f (x )与y =c 的图象恰有两个公共点, 由图象知c ≤-2或-1<c <-34.6、4【解析】根据函数f (x )的解析式及图象,可知f (x )为偶函数,由f (a 2-3a +2)=f (a -1),得a 2-3a +2=a -1或a 2-3a +2=1-a ,整理得a 2-4a +3=0或a 2-2a +1=0,解得a =3或a =1,所以符合f (a 2-3a +2)=f (a -1)的所有整数a 的和为4.7、【解答】(1)因为f ′(x )=2x -2x , 令f ′(x )=0,因为>0,所以=1.所以f (x )的极小值为(1)=1,无极大值、 (2)h (x )=f (x )-g (x )=-2ln x +x -a ,所以h ′(x )=-2x +1,令h ′(x )=0得x =2.当x ∈[1,2)时,h ′(x )<0;当x ∈(2,3]时,h ′(x )>0, 故h (x )在[1,2)上递减;在(2,3]上递增, 又h (x )在[1,3]上恰有两个不同零点,所以⎩⎪⎨⎪⎧h 1≥0,h 2<0,h 3≥0,即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1,a >2-2ln2,a ≤3-2ln3,所以2-2ln2<a ≤3-2ln3,故实数a 的取值范围是(2-2ln2,3-2ln3]、8、【解答】(1)当a =1,x ∈[1,e]时f (x )=x 2-ln x +1,f ′(x )=2x -1x =2x 2-1x >0, 所以f (x )在[1,e]上递增,所以f (x )max =f (e)=e 2.(2)当x ∈[1,+∞)时,f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 2-a ln x +a ,x ∈[1,e ,x 2+a ln x -a ,x ∈[e ,+∞,f ′(x )=⎩⎨⎧2·x 2-a2x,x ∈[1,e ,2x 2+a x ,x ∈[e ,+∞.①当0<a ≤2时,f ′(x )≥0,故f (x )在[1,+∞)上单调递增,f (x )min =f (1)=1+a .对x ∈[2,+∞),g (x )=x 2-ax +2-2ln2,g ′(x )=2x -a >0,故g (x )在[2,+∞)上单调递增,g (x )min =g (2)=6-2a -2ln2,由g (x )min ≤f (x )min 得53-23ln2≤a ≤2.②当1<a2≤2时,g (x )在[2,+∞)先减后增, 由g (2)=2a -2-2ln2<3a 2-a 2ln a2,得a 2+a 2ln a2-2-2ln2<0,设h (t )=t +t ln t -2-2ln2⎝ ⎛⎭⎪⎫t =a 2,h ′(t )=2+ln t >0(1<t <2),所以h (t )单调递增且h (2)=0,所以h (t )<0恒成立得2<a <4.③当2<a2<e 2时,f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2,a 2单调递增,在⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2,a 单调递减,在[a ,+∞)递增,所以由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2<3a 2-a 2ln a2,得a 24-3a 2+a 2ln a2+2-2ln2<0,设m (t )=t 2-3t +t ln t +2-2ln2, 那么m ′(t )=2t -2+ln t >0(t ∈(2,e 2),所以m (t )递增,且m (2)=0,所以m (t )>0恒成立,无解、④当a ≥2e 2时,f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2,a 2递增,在⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2,a 递减,在[a ,+∞)递增,所以由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2<e 2得a 24-e 2+2-2ln2<0无解、综上,所求a 的取值范围是a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫53-23ln2,4.专题限时集训(四)B 1、2【解析】构造函数y =2-x 与y =3-x 2,由图象可知有两个交点,故方程2-x +x 2=3的实数根的个数为2.2、-7≤a <-1【解析】因f ′(x )=0在(1,3]上有解,所以由f ′(x )=x 2+2x +(2a -1)=0得a =12(-x 2-2x +1)=-12(x +1)2+1,当1<x ≤3时,-7≤a <-1.3、4【解析】图象法求解,y =1x -1的对称中心是(1,0)也是y =2sin πx (-2≤x ≤4)的中心,-2≤x ≤4时,它们的图象在x =1的左侧有2个交点,那么在x =1右侧必有2个交点、不妨把它们的横坐标由小到大设为x 1,x 2,x 3,x 4,那么x 1+x 4=x 2+x 3=2.4.32【解析】因为f (x )=x 2+2a |x |+4a 2-3,设|x |=t ≥0,那么t 2+2at +4a 2-3=0,要使f (x )有且只有一个零点,那么方程t 2+2at +4a 2-3=0有一个根为0,且另一个根为负数,故⎩⎪⎨⎪⎧4a 2-3=0,2a >0,解得a =32.5、2【解析】由于f (x )满足f (0)·f (a )<0,且f (x )在区间[0,a ]上是单调函数,故函数f (x )在(0,a )上有且仅有一个零点,又由于函数f (x )是偶函数,故在(-a,0)上有且仅有一个零点,从而函数f (x )在区间(-a ,a )内有2个零点、6、2【解析】此题考查对数函数的单调性与函数零点定理的应用、因为2<a <3,所以log a 2<1=log a a <log a 3,因为3<b <4,所以b -2>1>log a 2,b -3<1<log a 3,所以f (2)·f (3)=(log a 2+2-b )(log a 3+3-b )<0,所以函数的零点在区间(2,3)上,所以n =2.7、【解答】(1)∵f (x )=-x 3+ax 2+bx +c ,∴f ′(x )=-3x 2+2ax +b . ∵f (x )在(-∞,0)上是减函数,在(0,1)上是增函数, ∴当x =0时,f (x )取到极小值,即f ′(0)=0. ∴b =0.(2)由(1)知,f (x )=-x 3+ax 2+c ,∵1是函数f (x )的一个零点,即f (1)=0,∴c =1-a .∵f ′(x )=-3x 2+2ax =0的两个根分别为x 1=0,x 2=2a3,又f (x )在(0,1)上是增函数,且函数f (x )在R 上有三个零点, ∴x 2=2a 3>1,即a >32.∴f (2)=-8+4a +(1-a )=3a -7>-52.故f (2)的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫-52,+∞.(3)由(2)知f (x )=-x 3+ax 2+1-a ,且a >32.要讨论直线y =x -1与函数y =f (x )图象的交点个数情况,即求方程组⎩⎪⎨⎪⎧y =x -1,y =-x 3+ax 2+1-a解的个数情况、由-x 3+ax 2+1-a =x -1,得(x 3-1)-a (x 2-1)+(x -1)=0,即(x -1)(x 2+x +1)-a (x -1)(x +1)+(x -1)=0, 即(x -1)[x 2+(1-a )x +(2-a )]=0, ∴x =1或x 2+(1-a )x +(2-a )=0. 由方程x 2+(1-a )x +(2-a )=0,(*) 得Δ=(1-a )2-4×(2-a )=a 2+2a -7. ∵a >32,假设Δ<0,即a 2+2a -7<0,解得32<a <22-1,此时方程(*)无实数解、假设Δ=0,即a 2+2a -7=0,解得a =22-1,此时方程(*)有一个实数解x =2-1.假设Δ>0,即a 2+2a -7>0,解得a >22-1,此时方程(*)有两个实数解,分别为x 1=a -1-a 2+2a -72,x 2=a -1+a 2+2a -72,且当a =2时,x 1=0,x 2=1.综上所述,当32<a <22-1时,直线y =x -1与函数y =f (x )的图象有一个交点; 当a =22-1或a =2时,直线y =x -1与函数y =f (x )的图象有两个交点、 当a >22-1且a ≠2时,直线y =x -1与函数y =f (x )的图象有三个交点、8、【解答】(1)当x ∈[0,1]时,f (x )=x (1-x )+m =-x 2+x +m =-⎝ ⎛⎭⎪⎫x -122+m +14, ∴当x =12时,f (x )max =m +14.当x ∈(1,m ]时,f (x )=x (x -1)+m =x 2-x +m=⎝ ⎛⎭⎪⎫x -122+m -14.∵函数y =f (x )在(1,m ]上单调递增,∴f (x )max =f (m )=m 2. 由m 2≥m +14得m 2-m -14≥0,又m >1⇒m ≥1+22.∴当m ≥1+22时,f (x )max =m 2;当1<m <1+22时,f (x )max =m +14. (2)函数p (x )有零点即方程f (x )-g (x )=x |x -1|-ln x +m =0有解, 即m =ln x -x |x -1|有解、 令h (x )=ln x -x |x -1|,当x ∈(0,1]时,h (x )=x 2-x +ln x , ∵h ′(x )=2x +1x -1≥22-1>0,∴函数h (x )在(0,1]上是增函数,∴h (x )≤h (1)=0, 当x ∈(1,+∞)时,h (x )=-x 2+x +ln x ,∵h ′(x )=-2x +1x +1=-2x 2+x +1x=-x -12x +1x<0,∴函数h (x )在(1,+∞)上是减函数,∴h (x )<h (1)=0, ∴方程m =ln x -x |x -1|有解时m ≤0, 即函数p (x )有零点时m ≤0.。
精选-江苏专版2019届高三数学备考冲刺140分问题03导数背景下零点问题集合与其他知识的交汇问题含解析

问题导数背景下零点问题一、考情分析近几年高考命题情况来看,对这部分内容的考查题型有小题也有大题,作为解答题时难度较大.导数可以把函数、方程、不等式等有机地联系在一起.解决函数的零点或方程的根的问题,在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此类试题一般以含参数的三次式、分式、以为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现,是近几年高考命题热点.主要有两种考查类型:()确定函数零点图象交点及方程根的个数问题;()根据函数零点图象交点及方程根的个数求参数的值或取值范围问题.二、经验分享() 用导数确定函数零点或方程根个数的方法:①构建函数()(要求′()易求′()=可解),转化确定()的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出()的图象草图,数形结合求解②利用零点存在性定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.()解决复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤:①在该区间上构造与方程相应的函数;②利用导数研究该函数在该区间上的单调性,若是单调函数,则进行下一步;③判断该函数在该区间端点处的函数值异号;④得出结论.() 在讨论方程的根的个数、研究函数图象与轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时,常常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用.三、知识拓展三次函数的零点对于三次函数的导函数为,.若恒成立,则是增(减)函数,有个零点;.若有两个不同实根,⑴若,则有个零点;⑵若,则有个零点;⑶若,则有个零点.四、题型分析(一)确定函数零点或方程根的个数问题【例】【江苏省南通市基地学校届高三月联考】已知函数,,其中且,.()若函数()与()有相同的极值点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值),求的值;()当>,时,求证:函数有两个不同的零点;()若,记函数,若,使,求的取值范围.【分析】()分别求得与的极值点,利用极值点相同构造方程,求得;()首先求得在上单调递减,在上单调递增;再通过零点存在定理,分别在两段区间找到零点所在大致区间,根据单调性可知仅有这两个不同零点;()根据已知关系,将问题变为:,又,则可分别在,,三个范围内去求解最值,从而求解出的范围.【解析】()因为,所以令,得当时,,则单调递减;当时,,则单调递增;所以为的极值点因为,,所以函数的极值点为因为函数与有相同的极值点,所以所以()由题意,所以因为,所以令,得当时,,则单调递减;当时,,则单调递增;所以为的极值点因为,,又在上连续且单调所以在上有唯一零点取满足且则因为且,所以所以,又在上连续且单调所以在上有唯一零点综上,函数有两个不同的零点()时,由,使,则有由于①当时,,在上单调递减所以即,得②当时,,在上单调递增所以即,得③当时,在上,,在上单调递减;在上,,在上单调递增;所以即(*)易知在上单调递减故,而,所以不等式(*)无解综上,实数的取值范围为或【点评】证明零点个数问题重点在于能够通过单调性将零点个数的最大值确定,进而再通过零点存在定理来确定零点个数;而能够将存在性问题转化为恒成立问题,通过最值来求解参数范围,也是解决此题的关键.【小试牛刀】【启东中学届高三上学期月考】设,函数.()证明在上仅有一个零点;()若曲线在点处的切线与轴平行,且在点处的切线与直线平行,(是坐标原点),证明:【解析】(),,在上为增函数., ,又,,即,由零点存在性定理可知,在上为增函数,且,在上仅有一个零点.(),设点,则,在点处的切线与轴平行, ,,, ,点处切线与直线平行,点处切线的斜率,又题目需证明,即,则只需证明,即.令,则,易知,当时,,单调递减,当时,,单调递增,,即,,,得证.(二) 根据函数零点个数或方程实根个数确定参数取值范围【例】【盐城中学届高三上第一次阶段性考试】已知函数(),若函数(()﹣)﹣有三个零点,则的取值范围是.【答案】【解析】当<时,由()﹣得,得﹣或,当≥时,由()﹣得,得,由(()﹣)﹣得()﹣或()﹣﹣,即()()﹣,作出函数()的图象如图:≥(≥),′,当∈()时′>,函数是增函数∈(∞)时′<,函数是减函数,时,函数取得最大值:,当<﹣时,即∈()时(()﹣)﹣有个零点,当﹣时,即时则(()﹣)﹣有三个零点,当>时(()﹣)﹣有个零点当时,则(()﹣)﹣有三个零点,当时,即∈()时(()﹣)﹣有三个零点.综上∈,函数有个零点.故答案为:.【点评】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路()直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围;()分离参数法:先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决;()数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形结合求解.【小试牛刀】已知函数()=++的图象与直线=有两个不同交点,求的取值范围.【解析】′()=(+),令′()=,得=.∴当>时′()>()在(,+∞)上递增.当<时′()<()在(-∞)上递减.∴()的最小值为()=.∵函数()在区间(-∞)和(,+∞)上均单调,∴当>时,曲线=()与直线=有且仅有两个不同交点.综上可知的取值范围是(,+∞).(三) 根据函数零点满足条件证明不等式【例】【江苏省南通、扬州、泰州、苏北四市七市届高三第一次(月)模拟】已知函数.()讨论的单调性;()设的导函数为,若有两个不相同的零点.①求实数的取值范围;②证明:.【分析】()求出函数的导数,通过讨论的范围,求出函数的单调区间即可;()①通过讨论的范围,求出函数的单调区间,结合函数的零点个数确定的范围即可;②问题转化为证,即证,设函数,根据函数的单调性证明即可.【解析】()的定义域为,且.当时,成立,所以在为增函数;当时,()当时,,所以在上为增函数;()当时,,所以在上为减函数.()①由()知,当时,至多一个零点,不合题意;当时,的最小值为,依题意知,解得.一方面,由于,,在为增函数,且函数的图象在上不间断.所以在上有唯一的一个零点.另一方面,因为,所以.,令,当时,,所以又,在为减函数,且函数的图象在上不间断.所以在有唯一的一个零点.综上,实数的取值范围是.②设.又则.下面证明.不妨设,由①知.要证,即证.因为,在上为减函数,所以只要证.又,即证.设函数.所以,所以在为增函数.所以,所以成立.从而成立.所以,即成立.五、迁移运用.【江苏省无锡市届高三上学期期中】已知函数在上的零点为,函数在上的零点为则的范围为.【答案】(,)【解析】由得,因为,所以,因此,因为从而,因此,令,,则,所以(,)..【江苏省如东中学届高三年级第二次学情测试】已知函数的图象与直线恰有三个公共点,这三个点的横坐标从小到大分别为,则. 【答案】【解析】由题意,直线可得()恒过定点(,),即∵>恰有三个公共点,其直线必与()的相切,因为()关于(,)对称,所以.∴,导函数几何意义:′()所以切线方程:过(,)所以,故答案为:.【江苏省无锡市天一中学学年高三月月考】设是自然对数的底数,函数有零点,且所有零点的和不大于,则的取值范围为.【答案】【解析】①,时,在单调递减,且在有一个小于的零点;时,在单调递增,,在有一个小于的零点,因此满足条件.②()时,在单调递减,在上没有零点.又,故在上也没有零点,因此不满足题意.()时,在上单调递减,在上单调递增,在上没有零点.又,故在上也没有零点,因此不满足题意.()时,在上没有零点,在上只有零点,满足条件.()时,在上没有零点,在上有两个不相等的零点,且和为,故满足题意的范围是.综上所述,的取值范围为,故答案为..【学年度第一学期如皋市高三年级第一次联考】已知函数的零点在区间内,则正整数的值为.【答案】【解析】由函数的解析式可得函数在上是增函数,且, ,故有,根据函数零点的判定定理可得函数在区间上存在零点,结合所给的条件可得,故,故答案为..【第一学期东台安丰中学高三第一次月考】若函数在其定义域上恰有两个零点,则正实数的值为.【答案】【解析】考查函数,其余条件均不变,则:当⩽时(),单调递增(−)−−<()>,由零点存在定理,可得()在(−)有且只有一个零点;则由题意可得>时()−有且只有一个零点,即有有且只有一个实根.令,当>时′()<()递减;当<<时′()>()递增.即有处取得极大值,也为最大值,且为,如图()的图象,当直线(>)与()的图象只有一个交点时,则.回归原问题,则原问题中..【常熟中学届高三月阶段性抽测(一)】已知函数,若曲线(为自然对数的底数)上存在点使得,则实数的取值范围为.【答案】【解析】结合函数的解析式:可得:,令′,解得:,当>时′>,当<′<,则∈(∞),函数单调递增∈(∞)时,函数单调递减,则当时,取最大值,最大值为,∴的取值范围(],结合函数的解析式:可得:,∈(),,则()在()单调递增,下面证明().假设()>,则(())()>()>,不满足(()).同理假设()<,则不满足(()).综上可得:().令函数.设,求导,当∈()′()>()在()单调递增,当时取最大值,最大值为,当→时→∞,∴的取值范围..【江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中届高三月月考】已知函数,.求函数的单调增区间;若函数有三个互不相同的零点,,,其中.若,求的值;若对任意的,都有成立,求的取值范围.【解析】()由题意,求得函数的导数,当,即时,恒成立,在上单调递增;当时,令,解得,的解集为,即的单调增区间为,;由题意可知,,,解得,;由题意可知,,,.若,即时,在上恒成立,且,符合题意;当时,设,则,当时,,,,,整理得,即,解得,又,..【江苏省常州市届高三上学期期末】已知函数,函数.()若,求曲线在点处的切线方程;()若函数有且只有一个零点,求实数的取值范围;()若函数对恒成立,求实数的取值范围.(是自然对数的底数,)【解析】()当时,,则,所以,所以切线方程为.(),①当时,恒成立,所以单调递增,因为,所以有唯一零点,即符合题意;②当时,令,解得,列表如下:由表可知,.()当,即时,,所以符合题意;()当,即时,,因为,且,所以,故存在,使得,所以不符题意;()当,即时,,因为,设,则,所以单调递增,即,所以,又因为,所以,故存在,使得,所以不符题意;综上,的取值范围为.(),则,①当时,恒成立,所以单调递增,所以,即符合题意;②当时,恒成立,所以单调递增,又因为,所以存在,使得,且当时,,即在上单调递减,所以,即不符题意;综上,的取值范围为..【江苏省南通市三县(通州区、海门市、启东市)届高三第一学期期末】已知函数. ()当,求函数的极值;()若函数有两个零点,求实数的取值范围.【解析】()当时,,令,解得.列表:所以,当时,有极小值,没有极大值()①因为. 所以,. 当时,,所以在上单调递增,只有一个零点,不合题意,当时,由得,由得,所以在上单调递减,在上单调递增,所以在处取得极小值,即为最小值.°当时,在上单调递减,在上单调递增,只有一个零点,不合题意;°当时,,故,最多有两个零点. 注意到,令,取,使得,下面先证明;设,令,解得.列表极小值所以,当,有极小值.所以,故,即.因此,根据零点存在性定理知,在上必存在一个零点,又也是的一个零点,则有两个相异的零点,符合题意°当时,,故,最多有两个零点.注意到,取,则,因此,根据零点存在性定理知,在上必存在一个零点,又也是的一个零点,则有两个相异的零点,符合题意.综上所述,实数的取值范围是..【江苏省苏州市届高三上学期期末】已知函数 (,).()当==时,求的单调增区间;()当≠时,若函数恰有两个不同的零点,求的值;()当=时,若的解集为(,),且(,)中有且仅有一个整数,求实数的取值范围.【解析】()当==时,,令,解得或所以()的单调增区间是和()法一:,令,得或,因为函数()有两个不同的零点,所以或,当时,得=,不合题意,舍去:当时,代入得即,所以.法二:由于,所以,由得,,设,令,得,当时,,()递减:当时,,递增当时,,单调递增当时, 的值域为故不论取何值,方程有且仅有一个根;当时,,所以时,方程恰有一个根-,此时函数恰有两个零点和.()当时,因为,所以设,则,当时,因为,所以在上递增,且,所以在上,,不合题意:当时,令,得,所以在递增,在递减,所以,要使有解,首先要满足,解得. ①又因为,,要使的解集()中只有一个整数,则即解得. ②设,则,当时,,递增:当时,,递减所以,所以,所以由①和②得,..【江苏省镇江市届高三上学期期末】已知函数 ().()若,,求函数的图像在处的切线方程;()若,求函数的单调区间;()若,已知函数在其定义域内有两个不同的零点,,且.不等式恒成立,求实数的取值范围.【解析】()当,时,,,所以,,即函数的图像在处的切线方程为;()当时,,,①当时,在上恒成立,即在上单调递增;②当时,的解集为,的解集为,即的单调增区间为,单调减区间为;()当时,,,①当时,则在上恒成立,则单调递减,函数最多有一个零点,所以不符题意;②当时,令,解得,列表如下:由表可知,,因为函数有两个零点,所以,解得,此时,,所以存在,使得,,设,令,解得,列表可知,,所以,故存在,使得,设,因为,所以,因为,解得,且,因为,所以,即,整理得,设,则,,①当时,在上恒成立,所以单调递增,所以,即在上单调递增,所以,即符合题意;②当时,的解集为,即在上单调递减,因为,所以在上恒成立,即在上单调递减,因为,所以在上恒成立,即不符合题意;综上,..【盐城中学届高三上第一次阶段性考试】已知函数()(﹣)(﹣)﹣()(∈为自然对数的底数)(Ⅰ)当时,求()的单调区间;(Ⅱ)若函数()在上无零点,求的最小值;(Ⅲ)若对任意给定的∈(],在(]上总存在两个不同的(),使得()()成立,求的取值范围.【解析】()当时()﹣﹣,则′()﹣,由′()>,得>;由′()<,得<<.故()的单调减区间为(],单调增区间为[∞);()因为()<在区间上恒成立不可能,故要使函数上无零点,只要对任意的()>恒成立,即对恒成立.令,则,再令,则,故()在上为减函数,于是, 从而()>,于是()在上为增函数,所以,故要使恒成立,只要∈[﹣∞),综上,若函数()在上无零点,则的最小值为﹣;()′()﹣﹣﹣(﹣)﹣,当∈()时′()>,函数()单调递增;当∈(]时′()<,函数()单调递减.又因为()()()•﹣>,所以,函数()在(]上的值域为(].当时,不合题意;当≠时′()∈(]当时′().由题意得()在(]上不单调,故,即①此时,当变化时′()()的变化情况如下:,(又因为,当→时﹣>()→∞,,所以,对任意给定的∈(],在(]上总存在两个不同的(),使得()()成立,当且仅当满足下列条件:即令(),则,令′(),得或,故当∈(﹣∞)时′()>,函数()单调递增;当时′()<,函数()单调递减.所以,对任意,有()≤(),即②对任意恒成立.由③式解得:.④综合①④可知,当的范围是时,对任意给定的∈(],在(]上总存在两个不同的(),使()()成立..【常熟中学届高三月阶段性抽测(一)】已知函数有一个零点为,且满足.()求实数和的值;()试问:是否存在这样的定值,使得当变化时,曲线在点处的切线互相平行?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由;()讨论函数在上的零点个数.【解析】()由题意,解得;()由()可知,∴;假设存在满足题意,则是一个与无关的定值, 即是一个与无关的定值,则,即,平行直线的斜率为;(),∴,其中,设两根为和,考察在上的单调性,如下表°当时, , ,而,∴在和上各有一个零点,即在有两个零点;°当时, , ,而,∴仅在上有一个零点,即在有一个零点;°当时, ,且,①当时, ,则在和上各有一个零点,即在有两个零点;②当时, ,则仅在上有一个零点,即在有一个零点;综上:当或时,在有两个零点;当时,在有一个零点.点睛:在解决类似的问题时,首先要注意区分函数最值与极值的区别.求解函数的最值时,要先求函数=()在[]内所有使′()=的点,再计算函数=()在区间内所有使′()=的点和区间端点处的函数值,最后比较即得..设函数()=++(∈≠),且=为()的极值点.()若=为()的极大值点,求()的单调区间(用表示);()若()=恰有两解,求实数的取值范围.【解析】′()=++=,又′()=,所以′()=且≠++=.()因为=为()的极大值点,所以>,当<<时′()>;当<<时′()<;当>时′()>,所以()的单调递增区间为(),(,+∞);单调递减区间为().()①若<,则()在()上单调递减,在(,+∞)上单调递增()=恰有两解,则()<,即+<,所以-<<;②若<<,则()极大值=()=++()极小值=()=+,因为=--,则()极大值=++(--)=--<,()极小值=--<,从而()=只有一解;③若>,则()极小值=++(--)=--<()极大值=--<,则()=只有一解.综上,使()=恰有两解的的取值范围为.。
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第14讲函数的零点问题
1.设a为实数,若函数f(x)=---a存在零点,则实数a的取值范围是.
2.(2018南京第一学期期末)若m>0,且关于x的方程(mx-1)2-m=在区间[0,1]上有且只有一个实数解,则实数m的取值范围是.
3.(2018江苏泰州中学高三月考)若函数f(x)=|2x-1|,则函数g(x)=f(f(x))+ln x在(0,1)上不同的零点个数为.
4.(2018江苏扬州中学模拟)已知函数f(x)=-
-
函数g(x)=b-f(2-x),其中b∈R,若函数
y=f(x)-g(x)恰有4个零点,则实数b的取值范围是.
5.(2018淮海中学模拟)已知函数f(x)=--
-
g(x)=x2+1-2a,若函数y=f(g(x))有
4个零点,则实数a的取值范围是.
6.已知m∈R,函数f(x)=lg.
(1)若函数g(x)=f(x)+lg x2有且仅有一个零点,求实数m的值;
(2)设m>0,任取x1,x2∈[t,t+2],若不等式|f(x1)-f(x2)|≤1对任意t∈恒成立,求m的取值范围.
7.(2018盐城伍佑中学期末考试)已知g(x)=x2-2ax+1在区间[1,3]上的值域是[0,4].
(1)求a的值;
(2)若不等式g(2x)-k·4x≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,求实数k的取值范围;
(3)若函数y=-
-+k·
-
-3k有三个零点,求实数k的取值范围.
答案精解精析
1.答案[-2,2]
解析易知函数的定义域是[-1,3],则a=--在[-1,3]上有解,且函数
y=--,x∈[-1,3]递减,则a∈[-2,2].
2.答案(0,1]∪[3,+∞)
解析在同一坐标系中作出函数y=(mx-1)2-m,y=的图象,在区间[0,1]上有且只有一个交点,又m>0,则1-m≥0或(m-1)2-m≥1,解得0<m≤1或m≥3.
3.答案3
解析作出函数f(f(x))=-
-
与y=-ln x的图象如图,两图象有3个交点,则g(x)
有3个不同的零点.
4.答案
解析函数y=f(x)-g(x)恰有4个零点,则关于x的方程b=f(x)+f(2-x)=-
有4
个根,作出函数图象如图,由图可得<b<2.
5.答案-∪(1,+∞)
解析令g(x)=t,则f(t)=0,当1-a<0,a>1时,f(t)有两个零点t1=-1,t2>1,要使函数y=f(g(x))有4个零点,只要1-2a<-1,a>1;当1-a=0,a=1时,f(t)有三个零点t1=-1,t2=0,t3=2,此时函数y=f(g(x))有5个零点,不符合题意,舍去;当1-a>0,a<1时,此时1-2a>-1,要使函数y=f(g(x))有4个零点,则Δ=4a2+4a-4>0,且a-->1-2a,解得-<a<1,
综上可得,实数a的取值范围是-∪(1,+∞).
6.解析(1)由题意,g(x)=f(x)+lg x2=lg(mx2+2x),
∵g(x)有且仅有一个零点,
∴
有且仅有一解.
-
当m=0时,x=,符合题意;
当m≠0时,由Δ=4+4m=0,得m=-1,符合题意.
综上,m=0或m=-1.
(2)∵当x>0时,u=m+为减函数,
∵m>0,∴u>0,∴y=lg u为增函数,
从而f(x)在(0,+∞)上为减函数.
∵任取x1,x2∈[t,t+2],|f(x1)-f(x2)|≤1对任意t∈恒成立,
∴f(t)-f(t+2)=lg-lg≤1对任意t∈恒成立,
∴m+≤10对任意t∈恒成立,
整理得,9mt2+18(m+1)t-4≥0对任意t∈恒成立.
∵m>0,∴y=9mt2+18(m+1)t-4在t∈上为增函数,
∴当t=时,y max=m+2(m+1)-4≥0,解得m≥.
7.解析(1)g(x)=x2-2ax+1=(x-a)2+1-a2在区间[1,3]上值域为[0,4],
若1≤a≤3,则g(x)的最小值为g(a)=1-a2,
令g(a)=1-a2=0,得a=±1,∴a=1,此时g(x)=(x-1)2,
满足在区间[1,3]上值域为[0,4];
若a>3,则g(x)在区间[1,3]上单调递减,g(x)的最小值为g(3),
令g(3)=0,得到10-6a=0,解得a=,舍去;
若a<1,则g(x)在区间[1,3]上单调递增,g(x)的最小值为g(1),
令g(1)=0,得到2-2a=0,得到a=1.
综上,a=1.
(2)由于g(2x)-k·4x≥0,
所以(2x)2+2×2x+1-k·4x≥0,
化为1+-2·≥k,
令t=,则1+t2-2·t≥k,
因为x∈[1,+∞),所以t∈,
记h(t)=t2-2t+1,
因为t∈,故h(t)min=,
所以k的取值范围是-.
(3)令y=0,问题可化为|2x-1|2-2×|2x-1|+1+2k-3k|2x-1|=0(|2x-1|≠0)有三个不同的根,令|2x-1|=t,则t∈(0,+∞),
∵2x-1>-1,∴当x<0时t=|2x-1|=1-2x,t的范围为(0,1)且函数单调递减,
当0<x<1时,t=|2x-1|=2x-1,t的范围为(0,1)且单调递增,
当x=1时,t=1,
当x>1时,t=|2x-1|=2x-1,t的范围为(1,+∞)且单调递增,
t2-(3k+2)t+(2k+1)=0有两个不同的实数解t1,t2,函数有3个零点等价于0<t1<1,t2>1,或0<t1<1,t2=1.
-②
记h(t)=t2-(3k+2)t+(2k+1),则
-①或
解不等组①,得k>0,而不等式组②无实数解,所以实数k的取值范围是(0,+∞).。