2019年高考数学二轮复习第14讲函数的零点问题课件8

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>2 2 时, f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上递增,在(x1,x2)上递减,其中2x1-kx1+1=0,2
x2-kx2+1=0,
则f(x1)=ln x1+ x12-kx1-1=ln x1+ x12-(2 x12+1)-1=ln x1- x12-2.
函数图象有3个交点,综上可得,实数b的取值范围是(-∞,-6)∪
1 4
,
0.
4.若函数f(x)=x2-mcos 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}.
x)'= 1 = 1 <1,则在x=1附近仅有一个交点,因此方程解的个数为8.
x ln10 ln10
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
(0,1)
1
-
减
0
【方法归纳】 已知函数零点个数,求参数的取值范围一般利用等价转化、 数形结合等思想,将问题转化为动直线与定曲线的交点个数问题.
2-1
(2018江苏盐城中学高三阶段检测)若函数f(x)=
x
2
x
,
x
0,
在其定义域
ax ln x, x 0
上恰有两个零点,则实数a的取值范围为
.
答案
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+x2-x>0,设g(x)=ln x+x2-x,因为g'(x)= 1+2x-
2.函数f(x)=
x2
2,
x
0,
的零点个数是
.
2x 6 ln x, x 0
答案 2
解析 当x≤0时,由f(x)=x2-2=0,解得x=- 2 ;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.
1 a
=1+ln
a>
0,所以f(x)在(-∞,0)上没有零点.又因为Δ=a2-4a<0,故f(x)在(0,+∞)上也没有零
点.因此不满足题意.
3)a=4时,
f(x)=
4ex x, x
x2
4x
4,
0, x
f(x)在(-∞,0]上没有零点,零点只有2,满足条件.
0,
4)a>4时, f(x)在(-∞,0]上没有零点,在(0,+∞)上有两个不相等的零点,且和为a,
x
1= 2x2 x 1>0在定义域(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g
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(1)=0,所以f(x)>-1的解集为(1,+∞).
(2)f '(x)= 1+2x-k= 2x2 kx 1(x>0),
x
x
由f '(x)≥0得2x2-kx+1≥0(*).
(i)当Δ=k2-8≤0,即-2 2≤k≤2 2时,(*)在R上恒成立,所以f(x)的单调递增区间 为(0,+∞).
②a>0时,0<a≤1时, f(x)在(-∞,0)上单调递减, f(0)=a>0,所以f(x)在(-∞,0]上没 有零点.又因为Δ=a2-4a<0,故f(x)在(0,+∞)上也没有零点.因此不满足题意.
2)1<a<4时,
f(x)在
, ln
1 a
上单调递减,在
ln
1 a
, 0 上单调递增,
f
ln
下面先证明ln x<x(x>0):设h(x)=ln x-x,由h'(x)=1 x>0得0<x<1,所以h(x)在(0,1)
x
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(x1)<x1-
x12
-2=-
x1
1 2
2
-
7 4
<0,又因为f(x)在(x1,x2)上递减,所以f(x2)<f(x1)<0,所
以f(x)在区间(0,x2)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(x2,+∞)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.
【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.
故满足题意的范围是4<a≤6.
综上所述,a的取值范围为(-∞,0)∪[4,6].
【方法归纳】 (1)函数有零点即方程有解问题,一般解题策略是等价转化、 数形结合思想的灵活应用,利用等价转化思想将问题转化为两个函数图象有 交点时斜率的范围问题,或者转化为一个新的函数在某一区间上的值域.(2) 函数y=f(x)的零点、方程f(x)=0的根、函数y=f(x)的图象与x轴的交点横坐标 是同一问题的三种不同说法.
x
=x2-
2 x
,x<0,则g'(x)=2x+
2 x2
=
2(
x3 x2
1)
,x∈(-∞,-1),g'(x)<0,g(x)递减,x∈(-1,0),g'(x)>
0,g(x)递增,则3m>g(-1)=3,m>1.
题型三 函数的零点存在问题
例3 (2018高考数学模拟)设a≠0,e是自然对数的底数,已知函数f(x)=
(-∞,0]∪1e
解析 当x≤0时, f(x)=x+2x单调递增,且f(-1)=- 1<0,f(0)=1>0,函数有1个零点,
2
所以当x>0时f(x)也有1个零点,当x>0时, f '(x)=a- 1,当a≤0时, f '(x)<0, f(x)递减,
x
且当x→0时, f(x)→+∞,当x>1时, f(x)<0,函数有1个零点,适合;当a>0时, f '(x)=0,
x=
1 a
,x∈
0,
1 a
,
f
'(x)<0,
f(x)递减,x∈
1 a
,
,
f
'(x)>0,
f(x)递增,则当f
1 a
=1+ln
a
=0,a=
1 e
时,函数有1个零点,综上可得,实数a的取值范围是(-∞,0]∪
1 e
.
2-2
(2018南通高三第二次调研)设函数f(x)=
e
x
1 2
,
x
0,
(其中e为自然
3
3
(x)有极小值,为f
a 3
=-
a3 27
+1.
∵f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,
∴f
a 3
=0,∴a=3.
∴f(x)=2x3-3x2+1,则f '(x)=6x(x-1).
x
-1
(-1,0)
0
f '(x)
+
f(x)
-4
增
1
∴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.
x3 3mx 2, x 0
对数的底数)有3个不同的零点,则实数m的取值范围是
.
答案 (1,+∞)
解析 若e-x- 1 =0得x=ln 2>0,则函数f(x)有3个不同的零点,即方程x3-3mx-2=0,x
2
≤0有两个不等实根,x=0时方程不成立,则3m=x2- 2 ,x<0有2个不等实根,令g(x)
(3)据(2)知①当k≤2 2时,函数f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增,令
x2
kx
1
0,得x>
k
x 0,
k 2
2
4
,取m=max1,
k
k 2
2
4
,则当x>m时,
f(x)>x2-kx-
1>0.设0<x<1,x2-kx-1<max{-1,-k}=λ,所以f(x)<ln x+λ,当0<x<e-λ时, f(x)<0,取n=
解析 ∵f(x)=2x3-ax2+1,
∴f '(x)=6x2-2ax=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< a 时, f '(x)<0, f(x)为减函数;当x> a 时, f '(x)>0, f(x)为增函数,∴x>0时, f
ae
x
2
x x, x ax
a,
0, x
0
有零点,且所有零点的和不大于6,则a的取值范围为
.
答案 (-∞,0)∪[4,6] 解析 ①a<0,x≤0时, f '(x)=aex-1<0,所以f(x)在(-∞,0)单调递减,且f(0)=a<0,所 以f(x)在(-∞,0)有一个小于0的零点. x>0时, f(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f(1)=1,所以f(x)在(0,+∞)上有一个小于1 的零点.因此满足条件.
k2
8
和
k
4
k2 4
8
,
.
(综iii上)当所k<述-2,当2k时>2,同2理时可,函得数:f(xxx11x)的2 x2单12调k20递, 0,增∴区x1间<x为2<0,0f,(kx)的4k单2 调8递和增区k 间为4k 2(08,+,∞).; 当k≤2 2 时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞).
4x x2, x 0,
3.已知函数f(x)=
3 x
,
x
0,
若函数g(x)=|f(x)|-3x+b有三个零点,则实数b的取
值范围为
.
答案
(-∞,-6)∪
1 4
,
0
解析 函数g(x)= f (x) -3x+b有三个零点,即y= f (x) ,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-x2,x
(ii)当k>2
2 时,Δ=k2-8>0,此时方程2x2-kx+1=0的相异实根分别为x1= k
k2 8
,
4
k
x2=
k 4
2
8
,因为
x1 x1x2
x2
1 2
k 2 0,
0,
所以0<x1<x2,所以f
'(x)≥0的解集为
0,
k
k
2
8
∪
k
4
k 4
2
8
,
,
故函数f(x)的单调递增区间为 0, k
第14讲 函数的零点问题
第14讲 函数的零点问题
1.已知函数f(x)=ex-2x+a有零点,则a的取值范围是
.
答案 ,2ln 2 2
解析 函数f(x)=ex-2x+a有零点即ex-2x+a=0有根,a=2x-ex,令g(x)=2x-ex,则a的范 围即为函数g(x)的值域.g'(x)=2-ex,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].
x∈[0,1),可设lg
x=
n m
,m,n∈N*,m≥2且m,n互质,因此10
n m
=
q p
,则10n=
q p
m
,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(lg
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)=
x
2
,
x
D,
其中集合D=
x
x, x D,
x
n
1,n n
N*
,则方程f(x)-lg
x=0的解的个数是
.
答案 8
解析 由于f(x)∈[0,1),则只需考虑1≤x<10的情况,
q
在此范围内,x∈Q且x∉Z时,设x= p,p,q∈N*,p≥2且p,q互质,若lg x∈Q,则由lg
∈[0,4]相切时,由f
'(x)=4-2x=3,x=
1 ,即切点为
2
1 2
,
7 4
,此时-b=
1,由图可得0≤-b<
4
1 ,- 1 <b≤0时,两个函数图象有3个交点;当直线y=3x-b与f(x)=- 3,x∈(-∞,0)相
44
x
切时,
f
'(x)=
3 x2
=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