第15期:函数压轴大题之隐零点问题.doc

上传人(卖家):四川天地人教育 文档编号:1618903 上传时间:2021-07-27 格式:DOC 页数:21 大小:1.27MB
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1、函数压轴大题之隐零点问题 有一种零点客观存在,但不可解,然而通过研究其取值范围、利用其满足的等量关系实现消元、换元 以及降次达到解题的目的.这类问题就是隐零点问题. 类型一根据隐零点化简求范围 典例 1. 已知函数f (x)axxln x的图像在点xe(其中e为自然对数的底数)处的切线斜率为 3. (1)求实数a的值; (2)若kZ,且k f (x) x1 对任意x1恒成立,求k的最大值; 1 【解析】 (1)f xa1ln x,由f (e)3解得a1; f (x)xxln x (2)f (x)xxln x,k g(x), x1x1 g(x) x2ln x (x1) 2 , 1 令h(x)x2

2、ln x,有h(x)10,那么h(x)h(1)1.高中资料分享 QQ 群:608396916 x 不妨设h(x )0,由h(3)0,h(4) 0,则可知 0 x0(3,4),且ln xx 2. 00 因此,当hx0时,g x0, xx;当hx0时,g x0, 0 x x; 0 x (ln x1)x (x1) 即可知0000 g(x)g(x ) x minx1x1 00 11 00 , 所以kx,得到满足条件的k的最大正整数为 3. 0 类型二根据隐零点分区间讨论 典例 2 已知函数f (x)x22tln x (t0),t为何值时,方程f (x)2tx有唯一解. 【解析】x22tln x2tx2

3、t(xln x)x2,当xln x0时,有tR; 设u(x)xln x, 111 u(x)10;又u(1)10,u( ) 10,不妨 xee 设x0ln x00, 则 可 知 x 0 1 ( ,1).当xln x0时 , 得 到 e x 2 2t g(x); xln x g (x) xx2xln xx(x1 2ln x) 2 (xln x)(xln x) 22 , 令g(x)x12ln x,易知g(1)0, 且x1时,g(x)0;x1时,g(x)0; 综上可知g(x)在区间(0,x ),(x ,1)上为减函数,在区间(1,)上为增函数; 00 画图函数图像:因此,可知所求t的范围为(,0)1.

4、高中资料分享 QQ 群:608396916 2 类型三根据隐零点构造新函数 典例 3已知函数fxexxax2,当x0时,fx0,求实数 a 的取值范围 1 【解析】 f xex12ax,首先,当a0时,在0,)上f x0恒成立,则有fxf0 0 其次,当a0时,令gxe,hx2ax1,由题 1 可知,当0 2a1,即 x 0 1 时,gx hx此 a 2 时f x0,同样有fx 0再者,当 1 a时,函数ygx与yhx相交于点0,1和x y同时, 0,0 2 当xx时,f x0;当 ,将 0,fxfxe1xax xx时,f x0. 即可知x 0,0 2 00 00 min e12ax代入得到:

5、高中资料分享 QQ 群:608396916 x 0 0 xe1xe1 xx 0 fxexxx00,令 x0,则 1F xe1xxF x 0 000 22 ex x 11 2 ee1 xx 又由变式 2 可知1,即Fx在区间0,上递减,因 此 有 x ,那么 xeF x0 2 1 fx0f00,与fx0矛盾,故 a不合题意 2 1 综上可知,满足题意的实数 a 的取值范围为(, 2 3 强化训练 1已知函数() = e (ln + ),() =+ 1 .(, 且为常数,为自然对数的底) (1)讨论函数()的极值点个数; (2)当 = 1 时,() ()对任意的 (0, + )恒成立,求实数 的取

6、值范围. 【解析】 (1)()的定义域为(0, + ),高中资料分享 QQ 群:608396916 () = ( + 1) 1 + 1 = +1 ,因为函数 = ()= + 0 在(0, + )上恒成立, 所以函数 = 在区间(0, + )上单调递增,且值域为(0, + ), 当 0 时, 0 在区间(0, + )上恒成立,即() 0,故()在(0, + )上单调递增, 所以无极值点; 当 0 时,方程 = 0 有唯一解,设为00 0 , 当 0 0时,() 0时,() 0,函数()单调递增, 所以0是函数()的极小值点,即函数()只有 1 个极值点. (2)当 = 1 时,不等式() ()对

7、任意的 (0, + )恒成立, 即 ln 1 ( + 1)对任意的 (0, + )恒成立,即 ln+1 + 1 对任意的 (0, + )恒成立, 记() = ln+1,() = +ln 2= 2+ln 2 ,记() =2+ ln,因为() = 2 +2+ 1 0 在 11 11 )2 2 1 0, 所 (0, + )恒成立,所以()在(0, + )上单调递增,且( ) = ( 1 = 以存在0 1 ,1 使得0= 0,且 0,0时,() 0,() 0,() 0,函数()单调递增;. 所以()min= 0,即()min=0 ln0+1 0 ,又因为0= 0 0 20= ln0, 00= ln0

8、0 , 00= ln 1 0 1 ln 1 0,所以0= ln,因此()min =0 0 ln0+1 0 = 00ln01 0 =1+ 01 0 = 1, 所以 1 + 1,解得 0.综上,实数 的取值范围是( ,0. 4 2已知() = 1 2 (ln)2 ln 1 ( ). (1)若()是(0, + )上的增函数,求的取值范围; (2)若函数()有两个极值点,判断函数()零点的个数. 【解析】(1)由() = 1 (ln)2 ln 1 得() =ln , 2 由题意知() 0 恒成立,即 ln 0,设() = ln ,() = 1 1 , (0,1)时() 0,()递增; 故()min=

9、(1) = 1 0,即 1,故的取值范围是( ,1.高中资料分享 QQ 群:608396916 (2)当 1 时,()单调,无极值;当 1 时,(1) = 1 0,且()在(0,1)递减,所以()在区间,1 有一个零点. 另一方面,= 2,设() = 2 ( 1),则() = 2 0,从而() 在(1, + )递增,则() (1) = 2 0,即 0,又()在(1, + )递增,所以 ()在区间 1, 有一个零点.因此,当 1 时()在,1 和 1, 各有一个零点,将这两个零点记为1, 2 1 1 0,即() 0;当 1,2时() 0,即 () 0,即() 0:从而()在 0,1递增,在1,2

10、 递减,在2, + 递增;于是1是函数的极大值点,2是函数的极小值点. 下面证明:1 0,2 0 高中资料分享 QQ 群:608396916 由1= 0 得1 ln1 = 0,即 =1 ln1,由1=1 1 2 ln1 2 ln1 1 得1=1 1 2 ln1 2 1 ln1ln1 1 =1+ 1 2 ln1 2 1ln1 1, 令 () = + 1(ln)2 ln 1,则() = (1)ln , , 2 当 (0,1)时 () (1) = 0,而 1 0; 当 (1, + )时 () 0, ()递减,则 () 1,故2 0; 一方面,因为2=2 1 0,且()在 0,1递增,所以()在 2,

11、1上有一个零点,即()在 0,1上有一个零点. 另一方面,根据 1 + ( 0)得 1 + ,则有: 4=4 122 1 (1 + )4 122 1 = 4+ 4 3 4 2 + 7 4 0, 又2 1|时,()0 恒成立,求的所有取值集合与的关系; ()记() = () () 2 ,是否存在 +,使得对任意的实数 ( , + ),函数()在(1, + )上有且仅有两个零点?若存在,求出满足条件的最小正整数 ,若不存在,请说明理由. 【解析】(1)由题意,可得() = () () = ln ln + , 则() = ln 1 ,所以(1) = 1,(1) = 0 所以()在(1,(1)处的切线

12、方程为 = + 1 由() 0,即 ln + ln = () 则 () =1 ln, (1, + ),高中资料分享 QQ 群:608396916 因为 () =1 ln 在(1, + )上单调递减,所以 () 1, 0 1,所以的所有取值集合包含于集合. ()令() = ln ln() 2 = , (1, + ) 2 (1)() = ln+ 1 1 + 2 0, (1, + ),由于 ( , + ), 1, (1) = 0, (1, + ),(1) = 1 3 2 0,所以()单调递增. (2) = ln2 4 5 = 132 ln4 0,0 (2,2 + 1), 此时 = 0 2 1 0+

13、2 =0+ 1 2 + 1 1 2 40+ 1 8 5 ,2 ,所以满足条件的最小正整数 = 2. 6 4已知函数= ,= 125 1(为自然对数的底数) 22 (1)记= ln+,求函数在区间 1,3 上的最大值与最小值; (2)若 ,且+ 0 对任意 恒成立,求的最大值 【解析】 (1)= ln+= ln+ 1 25 22 1,= 21 2 2 , 令= 0,则1= 1 2 ,2= 2, 高中资料分享 QQ 群:608396916 所以函数在区间 1,2 上单调递减,在区间 2,3 单调递增, min= 2 = 4 + ln2, max= max1 , 3= 4 + ln3 (2)+ 0

14、对任意 恒成立, + 1 25 22 1 0 对任意 恒成立, + 125 1 对任意 恒成立令= + 1 222 25 2 1,则= + 5 2 由于= + 1 0,所以在上单调递增 又0 = 3 2 0, 1 2 1 = 2 2 0, 3 2 2 0,3 4 3 =4 7 4 = 0, 所以存在唯一的0 1 2 , 3 4 ,使得0= 0,且当 ,0时, 0 即在 ,0单调递减,在0, + 上单调递增 min= 0=0+ 1 2 0 2 5 2 0 1 又0= 0,即0+0 5 2 = 0,0= 5 2 0 0= 5 2 0 + 1 2 0 2 5 2 0 1 = 1 2 2 0 70 +

15、 3 0 1 3 , 2 4 , 0 27 32, 1 8 又 + 125 1 对任意 恒成立, 0,又 ,max= 1 22 7 5己知函数() = ln 2( ). (1)讨论函数()的单调性; (2)若函数()有两个零点1,2,求的取值范围,并证明1+2 2 2. 【解析】 (1)解:因为() = ln ,函数的定义域为 0, + ,所以() = 1 2 + 2 3= 2+2 3, 0 当 0 时, 0,所以函数()在 0, + 上单调递增 高中资料分享 QQ 群:608396916 当 0 时,由() = 0,得 =2(负根舍去),当 0,2 时, 0,所以函数()在 0,2 上单调递

16、减;在2, + 上单调递增 综上所述,当 0 时,函数()在(0, + )上单调递增;当 0 时,函数()在 0,2 上单调递减, 在2, + 上单调递增 (2)先求的取值范围: 方法 1:由(1)知,当 0 时,()在 0, + 上单调递增,不可能有两个零点,不满足条件 当 0 时,函数()在 0,2 上单调递减,在2, + 上单调递增,所以()min=2 = ln 2 + 1 2 ,要使函数()有两个零点, 首先()min= ln 2 + 1 2 0,解得 1 2 0 因为2 2 0,下 面证明 2 = ln 2 1 4 0 设 = ln 2 1 ,则= 1 4 + 1 42 = 4+1

17、42 因 为 1, 所 以 = 1 2 + 1 42 = 4+1 42 2 +1 42 0 所以在 1 ,0 上单调递增,所以 2 = 2 1 2 1 = ln + 2 0所以的 取值范围是 1 ,0 2 方法 2:由() = ln 2= 0,得到 = 2ln 设 = 2ln,则 = 2ln+ 1 11 当 0 2时,2时, 0, 111 所以函数在 0,2上单调递减,在2,+ 上单调递增所以由 min= 2= 1 2 因为 0+时, 0,且 1 = 0,要使函数()有两个零点,必有 1 2 2 2: 2 方法 1:因为1,2是函数()的两个零点,不妨设1 1 8 1 = 0, 12 所以即

18、ln2 ln1= 2 = 0, 22 2 所 以 ln = 2 1 21 2,即 12= 2 1 要证1+2 2 2 ,即证1+2 2 8 即证 1 2 1 + 2 8 ,即证 ln 1 2 1 1 + 2 8 因为 1 2 0, 所以 即证 1 2 1 1 + 2 8ln,或证 8ln +1 2 1 1 + 2 1 设() = 8ln + 1 2 1 1 + 2, 1 即() = 8ln 2 2 + 2 + 1 , 1 2 所以() = 8 2 2 2 2 2 3= 2 21 2 2 1 2 3 0所 以() 在 1, + 上单 调递 减, 所以() = 8ln + 1 2 1 1 + 2

19、1 所以 1+2 2 2 方法 2:因为1,2是函数 ( )有两个零点,不妨设1 1 1 = 0, 12 22 所以即 ln2 ln1= 2 = 0, 2所以 ln = 2 1 21 2,即 12= 2 1 ln 1 2 1 , 1 2 1 要证1+2 2 2 ,需证12 2 即证1 2 2 ,即证 ln 1 2 1 2 因为 1 2 2ln 1 设() = 2ln + 1 , 则() = 2 1 1 2= 1 2 2 1所以()在 1, + 上单调递减,所以() = 2ln + 1 2 2 方法 3:因为1,2是函数 ( )有两个零点,不妨设1 1 1 = 0, 12 所以即 ln1+ ln

20、2 = 2 = 0. 22 1 2+ 要证1+2 2 2 ,需证122 2 只需证 ln1+ ln2 ln 2 即证1 2+ 2 ln 2 ,即证1 2+1 2 ln 2 即证1 + 1 2 1 1 2 ln 2 因为 2 1 1 0,所以 2 1 1 2 所以1 + 1 2 1 1 21 + 1 2 1 2 = 1 2 1 + 1 2 1 2 1 + 1 = 1而 ln 2 ln 2 成立所以 1+2 2 2 方法 4:因为1,2是函数 ( )有两个零点,不妨设1 1 由已知得 1 2 1 2 = 0, 2 = 0, 即 ln 2 ln 1 = 2 ln 2ln 1 21 先证明 2 1 1

21、 1 2 , 即 证 明 ln 1 1 ln,则= 1 2 2 设= 0所以在 1, + 上单调递增,所以 1 = 0,所证不等 9 ln2ln1 21 式成立 所以有 = 1+2 2 1 2 1 即1+212 3因为 12 12 1+2 2 (12) , 所以1+2 8所以 1+2 2 2 方法 5:要证1+2 2 2,其中10,2 ,22, + , 即证2 2 2 1 利用函数的单调性,只需证明2 2 2 1 因为2= 1,所以只要证明1 2 2 1,其中10,2 构造函数= 2 2 , 0,2 , 则= ln 2 ln 2 2 + 2 2 2 因为= 1+2 3 + 1 2 2 + 2

22、2 2 3 = 2 2 2 2 + 2 4 22 2 2 2 +2 3(利用均 值不等式) 3 2 2 2 2 2 2 + 4 2 2 2 2 2 = 2 2 2 2 2 2 2 22 = ln 2 + 1 2 ln 2 1 2 = 0所以 2 2 在 0,2 上恒成立 所以要证的不等式1+2 2 2 成立 6已知函数() = 1 ln(无理数= 2.718.) (1)若在 1, + 单调递增,求实数的取值范围; (2)当 = 0 时,设函数= e 2 ,证明:当 0 时, 1 ln2 2 ln2 2 2 (参考数据 ln2 0.69) 【解析】(1)函数 f(x)的定义域为(0,)在 1,

23、+ 单调递增, = 1 + 1 = +2 1 0 在(1,)恒成立,设 h(x)(xx 2)ex1, 由题意 h(x)0 在(1,)恒成立,h(x)e x1(x23x1),当 x(1,)时,x23x1 0,故 h(x)0,h(x)在(1,)单调递增,所以 h(x)h(1)2,故 20, 2,综上(,2 (2)当0 时,f(x)xe x1,g(x)exx2x,g(x)ex2x1, 设 m(x)e x2x1,则 m(x)ex2,令 m(x)0,解得 xln2, 当 x(0,ln2)时,m(x)0,m(x)单调递减, 当 x(ln2,)时,m(x)0,m(x)单调递增 10 因此 m(x)m(ln2

24、)e ln22ln2112ln20,即 g(ln2)12ln20, 又 g(0)0, 1 + 1 2 1 ln2 =1+2ln2 2 1 + 1 2 ln2 1 =2 3 ln2 0, 故存在 x 0(ln2,1 + 1 2 ln2),使 g(x0)0,即0 20 1 = 0,0= 20+ 1 当 x(0,x0)时,g(x)0,g(x)单调递减, x(x0,)时,g(x)0,g(x)单调递增,高中资料分享 QQ 群:608396916 0=00 2 0= 20+ 1 0 2 0=0 2+ 0+ 1 =0 1 2 2 + 5 4 , 由于 x0(ln2,1 + 1 2 ln2),函数=0 1 2

25、 + 5 4 单调递减, 故0 1 2 2 + 5 4 1 + 1 2 ln2 1 2 2+5 4= 1 ln2 2 ln2 2 2 所以,当 x0 时, 1 ln2 2 ln2 2 2 7已知函数= + 2 + ln 0 (1)若 = 1,求函数 的极值和单调区间; (2)若=+ 222 ,在区间 0, 上是否存在0,使0 0,若存在求出实数的取值范围;若不 存在,请说明理由. 【答案】(1) 函数= + 2 + ln 的单调递减区间为 0,1 ,单调递增区间为 1, + 极小值为 3,无极大 值(2)见解析 【解析】 (1)当 = 1 时,= + 2 + ln =+21 2 ,且 0, +

26、 0,1 时, 0 = + 2 + ln 有极小值 1 = 3 故函数= + 2 + ln 的单调递减区间为 0,1 ,单调递增区间为 1, + 极小值为 3,无极大值. (2)=+ 222 = + 22 + ln 0 =+2 2 0 0, 时, 0 = 为函数的唯一极小值点 11 又 0, ,当 0 时 min= + 2 + ln = 3 + ln 在区间 0, 上若存在0,使0 0,则 min= 3 + ln 0 , 解得 0 时,= + 22 + ln 0 在0 0, 为单调减函数, min= + 22 + 0,不存在0 0, ,使0 0 综上所述,在区间 0, 上存在0,使0 0,此时

27、 0 1 3 8已知函数=2 ln (1)若=1 时,求函数的最小值; (2)若函数有两个零点,求实数 a 的取值范围. 【答案】(1)0 (2)0a 0 ,当 0 1 时, 1 时, 0,为增, ()在 = 1 处取最小值 0. (2)由=2 ln,得() = 2a 1 1 = 221 ( 0), 当 0 时,() = 221 0 . 令= 22 1, , = 1 + 8 0,显然有一正根和一负根, 在 0,+ 上只有一个零点, 设这个零点为0,当 0,0时, 0, 0, 0; 函数在 0,0上单调递减,在 x0,+ 上单调递增, 要使函数在 0,+ 上有两个零点,只需要函数的极小值0 0

28、, 即020 ln0 0. 0= 2020 1 = 0, 020 ln0= 1 2 2ln0+ 202 20= 1 2 2ln0+ 2020 1 0+ 1 1 2 = 1 0 2ln0 0. = 2ln + 1 在 0,+ 上是增函数,且 h 1 = 0 , 0 1.0 1 0 1,由 2020 1 = 0, 得 2 = 0+1 02 = 1 0 2+1 0 = 1 0 +1 2 21 4 02a2,即 0a 0), () = 1 1 = 1 . 当 (0,1)时,() 0,()单调递增. ()的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1, + ). 1 (2)由() = 1 ln( 0)可

29、知,() = ( 0), 当 = 0 时,() = 1,显然()没有零点; 当 0 0,在0, + )单调递增, 又 h(0)a0,h(2)2ea0, h(x)在(0,2)上存在唯一一个零点,不妨设为 x0,则 x001=a, 当 x(0,x0)时,h(x)0,即 g(x)0,当 x(x0,+)时,h(x)0, 即 g(x)0, g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增, g(x)的最小值为 g(x0)=01alnx0, x001=a,0 1= ,两边取对数可得 x01lnalnx0,即 lnx0lna+1x0, 0 g(x0)= 0 a(lna+1x0)= 0 +ax0al

30、naa2aalnaaaalna,(当且仅当 x01 时取等号), 令 m(a)aalna,则 m(a)lna, 当 a(0,1)时,m(a)0,当 a(1,e时,m(a)0, m(a)在(0,1)上单调递增,在(1,e上单调递减 13 当 0ae 时,m(a)0,当且仅当 ae 时取等号, 由 x001=a 可知当 a1 时,x01,故当 ae 时,x01,故 g(x0)m(a)0, g(x0)0 当 0ae 时,g(x)没有零点 10已知函数() = (其中是自然对数的底数, , )在点 1,(1) 处的切线方程是 2 = 0. (I)求函数的单调区间; (II)设函数() = ()2 ln

31、,若 1 在 (0, + )上恒成立,求实数 的取值范围. 【答案】(I)递减区间为 , 1 ,单调递增区间为 1, + ;(II)( ,2 【解析】 (I)由条件可知 (1) = (1) = 2 ,对函数() = 求导得() = (1 + ), 于是 (1) = = (1) = (1 + ) = 2 ,解得 = = 1. 所以() = ,() = ( + 1),令() = 0 得 = 1, 于是当 ( , 1)时,() 0,函数()单调递增. 故函数()的单调递减区间为 , 1 ,单调递增区间为 1, + (II)由(I)知() =2 ln, 解法 1:要使() 1 在 0, + 上恒成立,

32、等价于 2 ln+1 在 0, + 上恒成立. 令() =2 ln+1 ( 0),则只需 ()min即可. 22+ln () = 2 .令 () = 222+ ln( 0), 2 则 () = 42+ 2+ 1 0,所以在 0, + 上单调递增, 又 1 4 = 8 1 4 2ln2 0,所以有唯一的零点0,且 0 0),则 () = 1 +1 0, 所以函数在 0, + 上单调递增, 因 20=ln0,所以 20= ln0,即2 0= 1 , 0 所以() 0=2 0 ln0+1 0 = 1 0 20+1 0 = 2,即()min= 2, 14 于是实数的取值范围是( ,2. 解法 2:要使() 1 在 0, + 上恒成立,等价于 2 ln+1 在 0, + 上恒成立. 先证明 ln+ 1,令() = ln 1( 0),则() = 1 1 = 1 . 于是当 0,1 时,() 0, 单调递增,所以() (1) = 0,故 ln+ 1(当且仅当= 1 时取等号). 所以当 0 时,有2 ln2+ 1 = ln+ 2+ 1, 所以2 ln + 2 + 1 ,即2 ln+1 2,当且仅当2= 1 时取等号, 于是实数的取值范围是( ,2. 15

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