高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題五函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第14講函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題課件_第1頁(yè)
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第14講函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題第14講函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題

f(x)=ex-2x+a有零點(diǎn),則a的取值范圍是

.答案

解析函數(shù)f(x)=ex-2x+a有零點(diǎn)即ex-2x+a=0有根,a=2x-ex,令g(x)=2x-ex,則a的范

圍即為函數(shù)g(x)的值域.g'(x)=2-ex,由g'(x)=0,得x=ln2,當(dāng)x∈(-∞,ln2)時(shí),g'(x)>0,

g(x)遞增,當(dāng)x∈(ln2,+∞)時(shí),g'(x)<0,g(x)遞減,所以g(x)max=g(ln2)=2ln2-2,則實(shí)數(shù)a的取值

范圍是(-∞,2ln2-2].f(x)=

的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是

.答案2解析當(dāng)x≤0時(shí),由f(x)=x2-2=0,解得x=-

;當(dāng)x>0時(shí),f(x)=2x-6+lnx,其零點(diǎn)個(gè)數(shù)即為方程2x-6+lnx=0,x>0的實(shí)根個(gè)數(shù),也即為函數(shù)y=6-2x,y=lnx,x>0圖象的交

點(diǎn)個(gè)數(shù),由函數(shù)圖象可知f(x)=2x-6+lnx在(0,+∞)上有1個(gè)零點(diǎn),故函數(shù)f(x)共有

2個(gè)零點(diǎn).f(x)=

若函數(shù)g(x)=|f(x)|-3x+b有三個(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)b的取值范圍為

.答案(-∞,-6)∪

解析函數(shù)g(x)=

-3x+b有三個(gè)零點(diǎn),即y=

,y=3x-b的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn),在同一坐標(biāo)系中作出兩函數(shù)的圖象如圖,當(dāng)直線y=3x-b與f(x)=4x-x2,x

∈[0,4]相切時(shí),由f'(x)=4-2x=3,x=

,即切點(diǎn)為

,此時(shí)-b=

,由圖可得0≤-b<

,-

<b≤0時(shí),兩個(gè)函數(shù)圖象有3個(gè)交點(diǎn);當(dāng)直線y=3x-b與f(x)=-

,x∈(-∞,0)相切時(shí),f'(x)=

=3,x=-1,即切點(diǎn)為(-1,3),此時(shí)-b=6,由圖可得-b>6,即b<-6時(shí),兩個(gè)函數(shù)圖象有3個(gè)交點(diǎn),綜上可得,實(shí)數(shù)b的取值范圍是(-∞,-6)∪

.

f(x)=x2-mcosx+m2+3m-8有唯一零點(diǎn),則滿足條件的實(shí)數(shù)m所組成的集

合為

.答案{2}解析因?yàn)閒(-x)=f(x),所以f(x)是R上的偶函數(shù),所以函數(shù)f(x)的唯一零點(diǎn)只能

是0,即f(0)=m2+2m-8=0,解得mm=2時(shí),f(x)=x2-2cosx+2,f'(x)=2x+2sin

x>0,x∈(0,+∞),則f(x)在x∈(0,+∞)上遞增,此時(shí)f(x)有唯一零點(diǎn)x=0;當(dāng)m=-4時(shí),f

(x)=x2+4cosx-4,有3個(gè)零點(diǎn),不適合,舍去,故實(shí)數(shù)m的取值集合為{2}.題型一確定函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)例1

(2018高考數(shù)學(xué)模擬試卷(1))設(shè)k∈R,函數(shù)f(x)=lnx+x2-kx-1,求:(1)k=1時(shí),不等式f(x)>-1的解集;(2)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;(3)函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).解析(1)k=1時(shí),不等式f(x)>-1,即lnx+x2-x>0,設(shè)g(x)=lnx+x2-x,因?yàn)間'(x)=

+2x-1=

>0在定義域(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又g(1)=0,所以f(x)>-1的解集為(1,+∞).(2)f'(x)=

+2x-k=

(x>0),由f'(x)≥0得2x2-kx+1≥0(*).(i)當(dāng)Δ=k2-8≤0,即-2

≤k≤2

時(shí),(*)在R上恒成立,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).(ii)當(dāng)k>2

時(shí),Δ=k2-8>0,此時(shí)方程2x2-kx+1=0的相異實(shí)根分別為x1=

,x2=

,因?yàn)?/p>

所以0<x1<x2,所以f'(x)≥0的解集為

,故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為

.(iii)當(dāng)k<-2

時(shí),同理可得:

∴x1<x2<0,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).綜上所述,當(dāng)k>2

時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為

;當(dāng)k≤2

時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).(3)據(jù)(2)知①當(dāng)k≤2

時(shí),函數(shù)f(x)在定義域(0,+∞)上單調(diào)遞增,令

得x>

,取m=max

,則當(dāng)x>m時(shí),f(x)>x2-kx-1>0.設(shè)0<x<1,x2-kx-1<max{-1,-k}=λ,所以f(x)<lnx+λ,當(dāng)0<x<e-λ時(shí),f(x)<0,取n=

min{1,e-λ},則當(dāng)x∈(0,n)時(shí),f(x)<0,又函數(shù)f(x)在定義域(0,+∞)上連續(xù)不間斷,所

以函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).②當(dāng)k>2

時(shí),f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上遞增,在(x1,x2)上遞減,其中2x1-kx1+1=0,2x2-kx2+1=0,則f(x1)=lnx1+

-kx1-1=lnx1+

-(2

+1)-1=lnx1-

-2.下面先證明lnx<x(x>0):設(shè)h(x)=lnx-x,由h'(x)=

>0得0<x<1,所以h(x)在(0,1)上遞增,在(1,+∞)上遞減,h(x)max=h(1)=-1<0,所以h(x)<0(x>0),即lnx<x(x>0).因

此,f(x1)<x1-

-2=-

-

<0,又因?yàn)閒(x)在(x1,x2)上遞減,所以f(x2)<f(x1)<0,所以f(x)在區(qū)間(0,x2)不存在零點(diǎn).由①知,當(dāng)x>m時(shí),f(x)>0,f(x)的圖象連續(xù)不間斷,所以f(x)在區(qū)間(x2,+∞)上有

且僅有一個(gè)零點(diǎn).綜上所述,函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn).【方法歸納】

確定函數(shù)y=f(x)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的方法:(1)解方程f(x)=0,方程有幾個(gè)

解函數(shù)就有幾個(gè)零點(diǎn);(2)畫出函數(shù)y=f(x)的圖象,確定與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù);(3)轉(zhuǎn)

化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù).1-1

(2017江蘇,14,5分)設(shè)f(x)是定義在R上且周期為1的函數(shù),在區(qū)間[0,1)上,f

(x)=

其中集合D=

,則方程f(x)-lgx=0的解的個(gè)數(shù)是

.答案8解析由于f(x)∈[0,1),則只需考慮1≤x<10的情況,在此范圍內(nèi),x∈Q且x?Z時(shí),設(shè)x=

,p,q∈N*,p≥2且p,q互質(zhì),若lgx∈Q,則由lgx∈[0,1),可設(shè)lgx=

,m,n∈N*,m≥2且m,n互質(zhì),因此1

=

,則10n=

,此時(shí)等號(hào)左邊為整數(shù),等號(hào)右邊為非整數(shù),矛盾.因此lgx?Q,因此lgx不可能與每個(gè)周期內(nèi)x∈D對(duì)應(yīng)的部分相等,只需考慮lgx與每個(gè)周期內(nèi)x?D對(duì)應(yīng)的部分的交點(diǎn).畫出函數(shù)草圖,圖中交點(diǎn)除(1,0)外,其他交點(diǎn)的橫坐標(biāo)均為無(wú)理數(shù),且x=1處(lgx)'=

=

<1,則在x=1附近僅有一個(gè)交點(diǎn),因此方程解的個(gè)數(shù)為8.

題型二已知函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù),求參數(shù)的取值范圍例2

(2018江蘇)若函數(shù)f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn),

則f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和為

.答案-3解析∵f(x)=2x3-ax2+1,∴f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).若a≤0,則x>0時(shí),f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),又f(0)=1,∴f(x)在(0,+∞)

上沒(méi)有零點(diǎn),∴a>0.當(dāng)0<x<

時(shí),f'(x)<0,f(x)為減函數(shù);當(dāng)x>

時(shí),f'(x)>0,f(x)為增函數(shù),∴x>0時(shí),f(x)有極小值,為f

=-

+1.∵f(x)在(0,+∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn),∴f

=0,∴a=3.∴f(x)=2x3-3x2+1,則f'(x)=6x(x-1).∴f(x)在[-1,1]上的最大值為1,最小值為-4.∴最大值與最小值的和為-3.x-1(-1,0)0(0,1)1f'(x)

+

-

f(x)-4增1減0【方法歸納】

已知函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù),求參數(shù)的取值范圍一般利用等價(jià)轉(zhuǎn)化、

數(shù)形結(jié)合等思想,將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為動(dòng)直線與定曲線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題.答案(-∞,0]∪

解析當(dāng)x≤0時(shí),f(x)=x+2x單調(diào)遞增,且f(-1)=-

<0,f(0)=1>0,函數(shù)有1個(gè)零點(diǎn),所以當(dāng)x>0時(shí)f(x)也有1個(gè)零點(diǎn),當(dāng)x>0時(shí),f'(x)=a-

,當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)<0,f(x)遞減,且當(dāng)x→0時(shí),f(x)→+∞,當(dāng)x>1時(shí),f(x)<0,函數(shù)有1個(gè)零點(diǎn),適合;當(dāng)a>0時(shí),f'(x)=0,

x=

,x∈

,f'(x)<0,f(x)遞減,x∈

,f'(x)>0,f(x)遞增,則當(dāng)f

=1+lna=0,a=

時(shí),函數(shù)有1個(gè)零點(diǎn),綜上可得,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,0]∪

.2-2

(2018南通高三第二次調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)=

(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))有3個(gè)不同的零點(diǎn),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是

.答案(1,+∞)解析若e-x-

=0得x=ln2>0,則函數(shù)f(x)有3個(gè)不同的零點(diǎn),即方程x3-3mx-2=0,x≤0有兩個(gè)不等實(shí)根,x=0時(shí)方程不成立,則3m=x2-

,x<0有2個(gè)不等實(shí)根,令g(x)=x2-

,x<0,則g'(x)=2x+

=

,x∈(-∞,-1),g'(x)<0,g(x)遞減,x∈(-1,0),g'(x)>0,g(x)遞增,則3m>g(-1)=3,m>1.題型三函數(shù)的零點(diǎn)存在問(wèn)題例3

(2018高考數(shù)學(xué)模擬)設(shè)a≠0,e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),已知函數(shù)f(x)=

有零點(diǎn),且所有零點(diǎn)的和不大于6,則a的取值范圍為

.答案(-∞,0)∪[4,6]解析①a<0,x≤0時(shí),f'(x)=aex-1<0,所以f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,且f(0)=a<0,所

以f(x)在(-∞,0)有一個(gè)小于0的零點(diǎn).x>0時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,因?yàn)閒(1)=1,所以f(x)在(0,+∞)上有一個(gè)小于1

的零點(diǎn).因此滿足條件.②a>0時(shí),0<a≤1時(shí),f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,f(0)=a>0,所以f(x)在(-∞,0]上沒(méi)

Δ=a2-4a<0,故f(x)在(0,+∞)上也沒(méi)有零點(diǎn).因此不滿足題意.2)1<a<4時(shí),f(x)在

上單調(diào)遞減,在

上單調(diào)遞增,f

=1+lna>0,所以f(x)在(-∞,0)上沒(méi)有零點(diǎn).又因?yàn)棣?a2-4a<0,故f(x)在(

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