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    2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题3.6 高考解答题热点题型(三)利用导数探究函数的零点问题(教师版含解析)

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    2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题3.6 高考解答题热点题型(三)利用导数探究函数的零点问题(教师版含解析)

    1、2021 年高考理科数学一轮复习:题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习:题型全归纳与高效训练突破 专题专题 3.6 高考解答题热点题型高考解答题热点题型(三三)利用导数探究函数的零点问题利用导数探究函数的零点问题 目录 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数判断、证明或讨论函数零点的个数 【题型要点】【题型要点】判断函数零点个数的 3 种方法 直接法 令 f(x)0,则方程解的个数即为零点的个数 画图法 转化为两个易画出图象的函数,看其交点的个数 定理法 利用零点存在性定理判定,可结合最值、极值去解决 【例【例 1】(2020 年新课标全国三卷年新

    2、课标全国三卷)设函数 3 ( )f xxbxc,曲线 ( )yf x 在点( 1 2 ,f( 1 2 )处的切线与 y 轴垂直 (1)求 b (2)若 ( )f x有一个绝对值不大于 1 的零点,证明:( )f x所有零点的绝对值都不大于 1 【答案】(1) 3 4 b ;(2)证明见解析 【解析】(1)因为 2 ( )3fxxb, 由题意, 1 ( )0 2 f,即 2 1 30 2 b 则 3 4 b ; (2)由(1)可得 3 3 ( ) 4 f xxxc, 2 311 ( )33()() 422 fxxxx, 令 ( ) 0fx ,得 1 2 x 或 2 1 x ;令 ( ) 0fx

    3、,得 11 22 x, 所以 ( )f x在 1 1 (, ) 2 2 上单调递减,在 1 (,) 2 , 1 (,) 2 上单调递增, 且 111111 ( 1),(),( ),(1) 424244 fcfcfcfc, 若 ( )f x所有零点中存在一个绝对值大于 1 的零点 0 x,则( 1)0f 或(1)0f, 即 1 4 c 或 1 4 c . 当 1 4 c 时, 111111 ( 1)0,()0,( )0,(1)0 424244 fcfcfcfc, 又 32 ( 4 )6434 (1 16)0fcccccc , 由零点存在性定理知 ( )f x在( 4 , 1)c 上存在唯一一个零

    4、点 0 x, 即 ( )f x在(, 1) 上存在唯一一个零点,在( 1,) 上不存在零点, 此时 ( )f x不存在绝对值不大于 1 的零点,与题设矛盾; 当 1 4 c 时, 111111 ( 1)0,()0,( )0,(1)0 424244 fcfcfcfc, 又 32 ( 4 )6434 (1 16)0fcccccc, 由零点存在性定理知 ( )f x在(1, 4 )c 上存在唯一一个零点 0 x, 即 ( )f x在(1,)上存在唯一一个零点,在(,1) 上不存在零点, 此时 ( )f x不存在绝对值不大于 1 的零点,与题设矛盾; 综上, ( )f x所有零点的绝对值都不大于 1.

    5、 【例【例 2】(2019 高考全国卷高考全国卷)已知函数 f(x)sin xln(1x),f(x)为 f(x)的导数,证明: (1)f(x)在区间 2 , 1 存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有 2 个零点 【证明】 (1)设 g(x)f(x),则 g(x)cos x 1 1x,g(x)sin x 1 (1x)2. 当 x 2 , 1 时,g(x)单调递减,而 g(0)0, 2 g0,可得 g(x)在 2 , 1 有唯一零点,设为 .则 当 x(1,)时,g(x)0;当 x 2 , 时,g(x)0. 所以 g(x)在(1,)单调递增,在 2 , 单调递减, 故 g(x)在 2 , 1

    6、 存在唯一极大值点,即 f(x)在 2 , 1 存在唯一极大值点 (2)f(x)的定义域为(1,) ()当 x(1,0时,由(1)知,f(x)在(1,0)单调递增,而 f(0)0,所以当 x(1,0)时,f(x)0, 故 f(x)在(1,0)单调递减又 f(0)0,从而 x0 是 f(x)在(1,0的唯一零点 ()当 x 2 , 0 时,由(1)知,f(x)在(0,)单调递增,在 2 , 单调递减,而 f(0)0, 2 f0,所以 存在 2 , ,使得 f()0,且当 x(0,)时,f(x)0;当 x 2 , 时,f(x)0.故 f(x)在(0,)单 调递增,在 2 , 单调递减 又 f(0)

    7、0, 2 f1ln 2 1 0,所以当 x 2 , 0 时,f(x)0.从而 f(x)在 2 , 0 有零点 ()当 x 2 , 2 时,f(x)0,所以 f(x)在 , 2 单调递减而 2 f0,f()0,所以 f(x)在 2 , 2 有 唯一零点 ()当 x(), 时,ln(x1)1,所以 f(x)0,从而 f(x)在(,)没有零点 综上,f(x)有且仅有 2 个零点 题型二题型二 已知零点存在情况求参数范围已知零点存在情况求参数范围 【题型要点】【题型要点】解决此类问题常从以下两个方面考虑 (1)根据区间上零点的个数情况,估计出函数图象的大致形状,从而推导出导数需要满足的条件,进而求出

    8、参数满足条件 (2)先求导,通过求导分析函数的单调情况,再依据函数在区间内的零点情况,推导出函数本身需要满足的 条件,此时,由于函数比较复杂,常常需要构造新函数,通过多次求导,层层推理得解 【例【例 1】(2020 重庆调研重庆调研)设函数 f(x)x2axln x(aR) (1)当 a1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)设函数 f(x)在 3 , 3 1 上有两个零点,求实数 a 的取值范围 【解】(1)函数 f(x)的定义域为(0,), 当 a1 时, f(x)2x11 x 2x2x1 x , 令 f(x)0,得 x1 2(负值舍去) 当 0 x1 2时,f(x)0.当 x 1 2

    9、时,f(x)0, 所以 f(x)的单调递增区间为 2 1 , 0,单调递减区间为 , 2 1 . (2)令 f(x)x2axln x0,得 axln x x , 令 g(x)xln x x ,其中 x 3 , 3 1 , 则 g(x)1 1 x xln x x2 x 2ln x1 x2 ,令 g(x)0,得 x1,当1 3x1 时,g(x)0,当 1x3 时,g(x)0, 所以 g(x)的单调递减区间为 1 , 3 1 ,单调递增区间为(1,3, 所以 g(x)ming(1)1, 由于函数 f(x)在 3 , 3 1 上有两个零点, 3 1 g3ln 31 3,g(3)3 ln 3 3 ,3l

    10、n 31 33 ln 3 3 , 所以实数 a 的取值范围是. 3 3ln 3 , 1 【例 2】已知函数 f(x)exax2. (1)若 a1,证明:当 x0 时,f(x)1; (2)若 f(x)在(0,)只有一个零点,求 a. 【解析】(1)当 a1 时,f(x)1 等价于(x21)e x10. 设函数 g(x)(x21)e x1,则 g(x)(x22x1)ex(x1)2ex. 当 x1 时,g(x)0,所以 g(x)在(0,)上单调递减而 g(0)0,故当 x0 时,g(x)0,即 f(x)1. (2)设函数 h(x)1ax2e x. f(x)在(0,)只有一个零点等价于 h(x)在(0

    11、,)只有一个零点 ()当 a0 时,h(x)0,h(x)没有零点; ()当 a0 时,h(x)ax(x2)e x. 当 x(0,2)时,h(x)0;当 x(2,)时,h(x)0. 所以 h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,)上单调递增 故 h(2)14a e2是 h(x)在(0,)的最小值 若 h(2)0,即 ae 2 4,h(x)在(0,)没有零点; 若 h(2)0,即 ae 2 4,h(x)在(0,)只有一个零点; 若 h(2)0,即 ae 2 4,由于 h(0)1,所以 h(x)在(0,2)有一个零点 由(1)知,当 x0 时,exx2,所以 h(4a)116a 3 e4a 1 16

    12、a3 (e2a)21 16a3 (2a)41 1 a0, 故 h(x)在(2,4a)有一个零点因此 h(x)在(0,)有两个零点 综上,f(x)在(0,)只有一个零点时,ae 2 4. 题型三题型三 函数零点性质研究函数零点性质研究 【题型要点】【题型要点】本题型包括两个方向:一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法);二是可以转化 为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧) 能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等求解时一般 先通过等价转换,将已知转化为函数零点问题,再构造函数,然后利用导数研究函数的单调性、极值、最 值等,并

    13、结合分类讨论,通过确定函数的零点达到解决问题的目的 【例【例 1】 (2019 高考全国卷高考全国卷)已知函数 f(x)ln xx1 x1. (1)讨论 f(x)的单调性,并证明 f(x)有且仅有两个零点; (2)设 x0是 f(x)的一个零点,证明曲线 yln x 在点 A(x0,ln x0)处的切线也是曲线 yex的切线 【解】 (1)f(x)的定义域为(0,1)(1,) 因为 f(x)1 x 2 (x1)20,所以 f(x)在(0,1),(1,)单调递增 因为 f(e)1e1 e10,所以 f(x)在(1,)有唯一零点 x1,即 f(x1)0. 又 0 1 x10,f(x)在(,)上单调

    14、递增 当 b0 时,若 xln(b),则 f(x)0,f(x)在ln(b),)上单调递增; 若 xln(b),则 f(x)0,f(x)在(,ln(b)上单调递减 (2)令 g(x)exbx1ln x,则 g(x)exb1 x,易知 g(x)单调递增且一定有大于 0 的零点,设 g(x)大于 0 的零点为 x0,则 g(x0)0,即 ex0b 1 x00,b 1 x0ex0. 方程 f(x)ln x 有两个实数根,即 g(x)有两个零点,则需满足 g(x0)0, 即 e x0bx01ln x0ex0 0 0 1 x e x x01ln x0e x0e x0 x0ln x00),则 h(x)exx

    15、1 x0, 所以 h(x)在(0,)上单调递减, 又 h(1)0,所以 ex0e x0 x0ln x00 的解集为(1,),所以 b 1 x0e x01e. 当 bxbxln x,有 g(eb)ebbebln eb(b1)ebb, 令 G(x)(x1)exx(x1)(ex1)1,x1e,所以 x12e0,0ex0,所以 g(eb)0,故 g(eb)g(x0)0,g(x)在(x0,)上有唯一零点 综上,b 的取值范围是(,1e) 4(2020 江西八所重点中学联考江西八所重点中学联考)已知函数 f(x)1 2axa1 ln x x (其中 a 为常数,且 aR) (1)若函数 f(x)为减函数,

    16、求实数 a 的取值范围; (2)若函数 f(x)有两个不同的零点,求实数 a 的取值范围,并说明理由 【解析】 :(1)因为 f(x)1 2axa1 ln x x ,所以 f(x)1 2a 1ln x x2 , 若函数 f(x)为减函数,则 f(x)0 对 x(0,)恒成立,即1 2a 1ln x x2 对 x(0,)恒成立 设 m(x)1ln x x2 , 则 m(x)2ln x3 x3 , 令 m(x)0, 得 xe 3 2, 可得 m(x)在区间(0, e 3 2)上单调递减, 在区间(e 3 2, )上单调递增, 所以 m(x)minm(e 3 2) 1 2e3,所以 1 2a 1 2

    17、e3,即 ae 3,故实数 a 的取值范围是(,e3 (2)易知函数 f(x)的定义域为(0,),因为 f(x) 1 2ax 2(a1)xln x x , 所以可设 h(x)1 2ax 2(a1)xln x,则函数 f(x)有两个不同的零点等价于函数 h(x)有两个不同的零点 因为 h(x)ax(a1)1 x ax2(a1)x1 x (ax1)(x1) x , 所以当 a0 时,函数 h(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,)上单调递增,所以 h(x)在(0,)上有 最小值为 h(1)若函数 h(x)有两个不同的零点,则必有 h(1)1 2a12,此时,在 x(1,) 上有 h(2)2

    18、a2(a1)ln 22ln 20, 在 x(0,1)上,h(x)1 2a(x 22x)xln x, 因为1x22x1 2axln x, 所以 h(e 1 2a)1 2ae 1 2a aln(e 1 2a)e 1 2a 0, 所以 h(x)在区间(0,1),(1,)上各有一个零点,故 a2 符合题意 当 a1 时,h(x)0,所以函数 h(x)在区间(0,)上单调递减,所以函数 h(x)至多有一个零点,不符合 题意 当1a0,所以函数 h(x)至多有一个零点,不符合题意; 当 a0, 所以函数 h(x)至多有一个零点,不符合题意 综上所述,实数 a 的取值范围是(2,) 5.(2020 唐山模拟

    19、唐山模拟)已知函数 f(x)x 2 24axaln x3a 22a(a0) (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)有两个极值点 x1,x2,当 a 变化时,求 f(x1)f(x2)的最大值 【解析】(1)函数 f(x)的定义域为 x0,对 f(x)求导得 f(x)x4aa x x24axa x ,x0,a0. 令 M(x)x24axa,则 16a24a4a(4a1) 当 0a1 4时,0,M(x)0 在(0,)上恒成立,则 f(x)0,f(x)在(0,)上单调递增; 当 a1 4时,0,f(x)0 的根为 x12a 4a 2a,x 22a 4a 2a, 由 f(x)0 得 0 x2

    20、a 4a2a或 x2a 4a2a; 由 f(x)0 得 2a 4a2ax2a 4a2a. 所以 f(x)在(0,2a 4a2a),(2a 4a2a,)上单调递增;在(2a 4a2a,2a 4a2a)上单调递 减 (2)由(1)得 a1 4,x12a 4a 2a,x 22a 4a 2a, 所以 x1x24a,x1x2a,从而 f(x1)f(x2)1 2(x 2 1x 2 2)4a(x1x2)aln x1x26a 24a 1 2(x1x2) 2x 1x210a 24aaln aaln a2a23a. 令 g(a)aln a2a23a,则 g(a)ln a4a4. 令 h(a)ln a4a4,则 h

    21、(a)1 a4. 因为 a1 4,所以 h(a)0,所以 h(a)在( 1 4,)上单调递减 又 h(1)0,所以 a(1 4,1)时,h(a)0,g(a)0,g(a)在( 1 4,1)上单调递增; a(1,)时,h(a)0,g(a)0,g(a)在(1,)上单调递减,所以 a1 时,g(a)取得最大值 1. 故 f(x1)f(x2)的最大值为 1. 6.(2019 全国卷全国卷)已知函数 f(x)2sin xxcos xx,f(x)为 f(x)的导数 (1)证明:f(x)在区间(0,)存在唯一零点; (2)若 x0,时,f(x)ax,求 a 的取值范围 【解】(1)证明:设 g(x)f(x),

    22、则 g(x)cos xxsin x1,g(x)xcos x. 当 x 2 , 0 时,g(x)0;当 x , 2 时,g(x)0,所以 g(x)在 2 , 0 上单调递增,在 , 2 上单调 递减 又 g(0)0, 2 g0,g()2, 故 g(x)在(0,)存在唯一零点 所以 f(x)在区间(0,)存在唯一零点 (2)由题设知 f()a,f()0,可得 a0. 由(1)知,f(x)在(0,)只有一个零点,设为 x0,且当 x(0,x0)时,f(x)0; 当 x(x0,)时,f(x)0,所以 f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减 又 f(0)0,f()0,所以当 x0,时,

    23、f(x)0. 又当 a0,x0,时,ax0,故 f(x)ax. 因此,a 的取值范围是(,0 7.(2020 年新课标全国一卷年新课标全国一卷)已知函数( )(2) x f xea x. (1)当1a 时,讨论 ( )f x的单调性; (2)若 ( )f x有两个零点,求a的取值范围. 【答案】(1) ( )f x的减区间为(,0) ,增区间为(0,);(2) 1 ( ,) e . 【解析】(1)当1a 时,( )(2) x f xex, ( ) 1 x fxe, 令 ( ) 0fx ,解得0 x,令 ( ) 0fx ,解得0 x, 所以 ( )f x的减区间为(,0) ,增区间为(0,);

    24、(2)若 ( )f x有两个零点,即 (2)0 x ea x有两个解, 从方程可知,2x不成立,即 2 x e a x 有两个解, 令( )(2) 2 x e h xx x ,则有 22 (2)(1) ( ) (2)(2) xxx exeex h x xx , 令 ( ) 0h x ,解得1x ,令 ( ) 0h x ,解得2x或21x , 所以函数( )h x在(, 2) 和( 2, 1)上单调递减,在( 1,) 上单调递增, 且当2x时,( )0h x , 而2x 时, ( )h x ,当x 时,( )h x , 所以当 2 x e a x 有两个解时,有 1 ( 1)ah e , 所以满

    25、足条件的a的取值范围是: 1 ( ,) e . 8.(2020 年新课标全国三卷年新课标全国三卷)已知函数 32 ( )f xxkxk (1)讨论 ( )f x的单调性; (2)若 ( )f x有三个零点,求k的取值范围 【答案】(1)详见解析;(2) 4 (0,) 27 . 【解析】(1)由题, 2 ( )3fxxk, 当0k 时, ( ) 0fx 恒成立,所以 ( )f x在(,) 上单调递增; 当0k 时,令 ( ) 0fx ,得 3 k x ,令 ( ) 0fx ,得 33 kk x, 令 ( ) 0fx ,得 3 k x 或 3 k x ,所以 ( )f x在( ,) 33 kk 上

    26、单调递减,在 (,) 3 k ,(,) 3 k 上单调递增. (2)由(1)知, ( )f x有三个零点,则 0k ,且 ()0 3 ()0 3 k f k f 即 2 2 2 0 33 2 0 33 k kk k kk ,解得 4 0 27 k, 当 4 0 27 k时, 3 k k ,且 2 ()0fkk, 所以 ( )f x在( ,) 3 k k上有唯一一个零点, 同理1 3 k k , 32 (1)(1)0fkkk , 所以 ( )f x在( 1,) 3 k k 上有唯一一个零点, 又 ( )f x在( ,) 33 kk 上有唯一一个零点,所以 ( )f x有三个零点, 综上可知k的取值范围为 4 (0,) 27 .


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