2015年高考数学用导数处理方程根的问题
教学过程
一、复习预习
教师引导学生复习上节内容,并引入本节课程内容
二、知识讲解
考点/易错点1利用导数研究方程根的方法
研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最) 值的位置,通过数形结合的思想去分析问题,可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
三、例题精析
【例题1】
【题干】设函数f (x ) =ln x +x ,方程2mf (x ) =x 2有唯一实数解,求正数m 的值 1
【答案】m 2
【解析】因为方程2mf (x ) =x 2有唯一实数解,
所以x 2-2m ln x -2mx =0有唯一实数解.
2x 2-2mx -2m
设g (x ) =x -2m ln x -2mx ,则g ′(x ) .
x
2
令g ′(x ) =0,即x 2-mx -m =0. m -
因为m >0,x >0,所以x 1=
m 2+4m m
2
m 2+4m
2
当x ∈(0,x 2) 时,g ′(x )0,g (x ) 在(x 2,+∞)上单调递增; 当x =x 2时,g ′(x 2) =0,g (x ) 取最小值g (x 2) .
2⎧x 2-2m ln x 2-2mx 2=0,g (x ) =0⎪⎧22
因为2mf (x ) =x 有唯一实数解,则⎨ 即⎨
2'g (x ) =0⎪⎩2⎩x 2-mx 2-m =0,
所以2m ln x 2+mx 2-m =0. 又因为m >0,所以2ln x 2+x 2-1=0.(*)
设函数h (x ) =2ln x +x -1,当x >0时,h (x ) 是增函数,所以h (x ) =0至多有一解. m +
因为h (1)=0,所以方程(*)的解为x 2=1,即
【例题2】
【题干】已知函数f (x ) =
m 2+4m 1
=1,解得m 22
12
ax -(2a +1) x +2ln x (a ∈R ) . 2
(Ⅰ)若曲线y =f (x ) 在x =1和x =3处的切线互相平行,求a 的值; (Ⅱ)求f (x ) 的单调区间; (Ⅲ)设g (x ) =x
2
-2x
,若对任意x 1∈(0,2],均存在x 2∈(0,2],使得f (x 1)
求a 的取值范围.
【答案】(Ⅰ)a =
2
3
(Ⅱ)当a ≤0时,f (x ) 的单调递增区间是(0,2) ,单调递减区间是(2,+∞) ;
当0
11
,f (x ) 的单调递增区间是(0,2) 和(, +∞) ,单调递减区间2a
是(2,) ;
1a
当a =当a >
1
时,f (x ) 的单调递增区间是(0,+∞) ; 2
11
时,f (x ) 的单调递增区间是(0,) 和(2,+∞) ,单调递减区间是2a
1(, 2) a
(Ⅲ)a >ln 2-1
【解析】f '(x ) =ax -(2a +1) +
2
(x >0) . x
2. 3
(Ⅰ)f '(1)=f '(3),解得a =(Ⅱ)f '(x ) =
(ax -1)(x -2)
(x >0) .
x
①当a ≤0时,x >0,ax -10; 在区间(2,+∞) 上f '(x )
故f (x ) 的单调递增区间是(0,2) ,单调递减区间是(2,+∞) . ②当0
111
,>2,在区间(0,2) 和(, +∞) 上,f '(x ) >0; 2a a
在区间(2,) 上f '(x )
故f (x ) 的单调递增区间是(0,2) 和(, +∞) ,单调递减区间是(2,) .
1a
1a 1a
(x -2) 21
③当a =时,f '(x ) =,故f (x ) 的单调递增区间是(0,+∞) .
22x
④当a >
11
时,0
1a
在区间(0,) 和(2,+∞) 上,f '(x ) >0;在区间(, 2) 上f '(x )
1a 1a
①当a ≤
1
时,f (x ) 在(0,2]上单调递增, 2
故f (x ) max =f (2)=2a -2(2a +1) +2ln 2=-2a -2+2ln 2, 所以,-2a -2+2ln 2ln 2-1,故ln 2-1
1. 2
111
时,f (x ) 在(0,]上单调递增,在[, 2]上单调递减, 2a a
1
a
1
-2ln a . 2a
故f (x ) max =f () =-2-由a >
111
可知ln a >ln >ln =-1,2ln a >-2,-2ln a
所以,-2-2ln a ln 2-1.
【例题3】
【题干】设函数f (x )=
13
x -ax (a >0), g (x )=bx 2+2b -1. 3
当a =1-2b 时, 若函数f (x )+g (x )在区间(-2, 0)内恰有两个零点, 求a 的取值范围; 【答案】a 的取值范围是 0⎪.
【解析】记h (x ) =f (x ) +g (x ) , 当a =1-2b 时,
⎛1⎫⎝3⎭
h (x ) =
131-a 2x +x -ax -a , 32
h '(x )=x 2+(1-a ) x -a =(x +1)(x -a ) ,
令h '(x )=0, 得x 1=-1, x 2=a >0. 当x 变化时, h '(x ),h (x )的变化情况如下表:
所以函数h (x )的单调递增区间为(-∞, -1),(a , +∞); 单调递减区间为(-1, a ), 故h (x )在区间(-2, -1)内单调递增, 在区间(-1, 0)内单调递减, 从而函数h (x )在区间(-2, 0)内恰有两个零点, 当且仅当
⎧h (-2)
1⎪
⎨h (-1) >0, 解得0
3⎪h (0)
⎩
所以a 的取值范围是 0⎪. 【例题4】
【题干】已知函数f (x )=lnx -ax +1,a ∈R 是常数. 讨论函数y =f (x ) 零点的个数. 【答案】当a >1时,f (x ) 无零点;
当a =1或a ≤0时,f (x ) 有且仅有一个零点; 当0
⎛⎝1⎫3⎭
f (x ) =ln x -ax +1的定义域为(0,+∞) 且f '(x ) =1-a
x
容易判断导数的零点为1/a,但需要讨论1/a与(0,+∞) 的关系: 故①当a ≤0时,此时f '(x ) =1-a >0恒成立,原函数
f (x ) 为(0,+∞) 的增函数,
x
根据对数函数的性质可知f (x ) 在(0,+∞) 有唯一的零点; ②a >0时,减函数, 故
f '(x ) 的零点为
1,易知原函数11
f (x ) 在(0,) 为增函数,(,+∞) 为
a a a
1 f (x ) max =f () =-ln a ,则有当a >1时f (x ) max =-ln a
a
当a =1时f (x ) max =-ln1=0,此时f (x ) 有唯一一个零点为x =1;
当1>a >0时,f (x ) max =-ln a >0且f (1) =-a
e e
数性质f (x ) 值为负,故此时f (x ) 在(0,点.
1) ,(1,+∞) 两个单调区间上各有一个零a a
【解析2】若将函数解析式中的参数a 与变量x 进行分离,则此题可以减少讨论的量. 但关
键之处——1>a >0情况下函数的具体特点仍需分析:另解如下 另解:令f (x )=lnx -ax +1=0,a =
ln x +1
. x
ln x +1ln x +11-(ln x +1)ln x
) '==- 令 g (x )=,g '(x )=(, 22
x x x x
则g (x ) 在(0,1)上单调递增,在(1,+∞) 上单调递减, 当x =1时,g (x ) 的最大值为g (1)=1.
所以若a >1,则f (x ) 无零点;若f (x ) 有零点,则a ≤1.
若a =1,f (x )=lnx -ax +1=0,由(Ⅰ)知f (x ) 有且仅有一个零点x =1. 若a ≤0,f (x )=lnx -ax +1单调递增,由幂函数与对数函数单调性比较,知f (x ) 有且仅有一个零点(或:直线y =ax -1与曲线y =lnx 有一个交点).
111
-a =0得x =,由函数的单调性得知f (x ) 在x =处取x a a
11
最大值,f () =ln>0,由幂函数与对数函数单调性比较知,当x 充分大时
a a
1
f (x )
a
1a 1
f ()=-
若0
综上所述,当a >1时,f (x ) 无零点; 当a =1或a ≤0时,f (x ) 有且仅有一个零点; 当0
四、课堂运用
【基础】
1
1.设函数f (x ) x 2+e x -x e x .
2
(1)求f (x ) 的单调区间;
(2)若当x ∈[-2,2]时,不等式f (x )>m 恒成立,求实数m 的取值范围. 【答案】(1) f(x ) 的单调减区间为(-∞,+∞); (2) m
【解析】(1)函数f (x ) 的定义域为(-∞,+∞),∵f ′(x ) =x +e x -(ex +x e x ) =x (1-e x ) ,
若x 0,所以f ′(x )0,则1-e x m 恒成立.
【巩固】
1.已知函数f (x ) =a ln x -ax -3(a ∈R ) .
(1)求函数f (x ) 的单调区间;
(2)若函数y =f (x ) 的图象在点(2,f (2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t ∈[1,2],函
[f (x ) +数g (x ) =x 3+x 2·
m
]在区间(t, 3) 上不是单调函数,求m 的取值范围. 2
【答案】(1) 当a >0时,f (x ) 的单调递增区间为(0,1],单调递减区间为(1,+∞);
当a
(2) -m
3
【解析】(1)根据题意知,f ′(x ) =
a (1-x )
(x >0), x
当a >0时,f (x ) 的单调递增区间为(0,1],单调递减区间为(1,+∞); 当a
(2)∵f ′(2)1,∴a =-2.
2
m ⎫2
∴f (x ) =-2ln x +2x -3. ∴g (x ) =x 3+⎛⎝22⎭x -2x ,
∴g ′(x ) =3x 2+(m +4) x -2.
∵g (x ) 在区间(t, 3) 上不是单调函数,且g ′(0)=-2. ∴⎨由题意知:对于任意的t ∈[1,2],g ′(t )
⎧g '(t )
⎩g '(3)>0
⎧g '(1)
∴⎨g '(2)
3
⎪g '(3)>0⎩
【拔高】
1. 设函数f (x ) =x 3+2ax 2+bx +a ,g (x ) =x 2-3x +2,其中x ∈R ,a 、b 为常数,已知曲线y =f (x ) 与y =g (x ) 在点(2,0)处有相同的切线l.
(I) 求a 、b 的值,并写出切线l 的方程;
(II)若方程f (x ) +g (x ) =mx 有三个互不相同的实根0、x 1、x 2,其中x 1
1
(Ⅱ)m 的取值范围是(-, 0)
4
【解析】(Ⅰ)f '(x ) =3x 2+4ax +b ,g '(x ) =2x -3.
由于曲线y =f (x ) 与y =g (x ) 在点(2, 0) 处有相同的切线, 故有f (2) =g (2) =0,f '(2) =g '(2) =1, ⎧8+8a +2b +a =0, ⎧a =-2,
由此得⎨ 解得⎨
12+8a +b =1, b =5. ⎩⎩
所以a =-2,b =5,切线l 的方程为x -y -2=0.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得f (x ) =x 3-4x 2+5x -2,所以f (x ) +g (x ) =x 3-3x 2+2x . 依题意,方程x (x 2-3x +2-m ) =0有三个互不相同的实根0、x 1、x 2, 故x 1、x 2是方程x 2-3x +2-m =0的两相异的实根, 所以∆=9-4(2-m ) >0,即m >-
1
. 4
又对任意的x ∈[x 1, x 2],f (x ) +g (x )
特别地,取x =x 1时,f (x 1) +g (x 1) -mx 10,x 1x 2=2-m >0,故00,
则f (x ) +g (x ) -mx =x (x -x 1)(x -x 2) ≤0,又f (x 1) +g (x 1) -mx 1=0, 所以函数f (x ) +g (x ) -mx 在x ∈[x 1, x 2]的最大值为0.
于是当m
综上,m 的取值范围是(-, 0) .
4
课程小结
函数不等式中的存在性问题与恒成立问题,可以看成是同一问题(最值问题)在函数不等式中的两个方面,在解决此类问题时,解题思路往往都是确定对应函数的最值. 与恒成立问题一样,存在性问题也是利用导数这一工具研究函数单调性与最值时衍生出来的问题. 要注意利用导数解决相关问题.
课后作业
【基础】
1. 已知a >0,函数f (x ) =
1232
a x -ax 2+,g (x ) =-ax +1, x ∈R . 33
若在区间(0,]上至少存在一个实数x 0,使f (x 0) >g (x 0) 成立,求a 的取值范围.
【答案】a >3.
【解析】构造函数h (x ) =f (x ) -g (x ) ,原命题等价于存在一点x 0使不等式h (x ) >0成立
1
2
h ' (x ) =a 2x 2-2ax +a =a (ax 2-2x +1)
分析:易知h ' (x ) 的零点不易确定(需用求根公式,且后续讨论较繁复),题目条件中,
1
a >0,x ∈(0,],则有1-2x >0,ax 2>0
2
' 222
∴h (x ) =a x -2ax +a =a ax -2x +1>0在x ∈(0,]成立
()
12
故h (x ) 在x ∈(0,]为单调增函数,故h (x ) max =h () =解得a >3.
12121211
a +a ->0
2443
f x )=2. 设函数(
线方程为y =1
13a 2
x -x +b x +c ,其中a >0,曲线y =(在点P (0,f (0))处的切f x )32
(Ⅰ)确定b 、c 的值
(Ⅱ)设曲线y =(在点(x 1,()及(x 2,()处的切线都过点(0,2)证明:f x )f x 1)f x 2)当x 1≠x 2时,f '(x 1) ≠f '(x 2)
(Ⅲ)若过点(0,2)可作曲线y =(的三条不同切线,求a 的取值范围. f x )【答案】(Ⅰ)b=0,c=1. (Ⅱ)见解析(Ⅲ)a
的取值范围是+∞) 【解析】(Ⅰ)由f (x )=
13a 2
x -x +bx +c 32
2
得:f (0)=c,f ‘(x )=x -ax +b ,f ‘(0)=b.
又由曲线y=f(x )在点P (0,f (0))处的切线方程为y=1, 得到f (0)=1,f ‘(0)=0. 故b=0,c=1. (Ⅱ)f (x )=
13a 22x -x +1,f ‘(x )=x -ax . 32
由于点(t ,f (t ))处的切线方程为
y -f (t )=f ‘(t )(x -t ),而点(0,2)在切线上,所以2-f (t )= f‘(t )(-t ), 化简得
23a 2
t -t +1=0, 32
23a 2
即t 满足的方程为t -t +1=0.
32
下面用反证法证明. 假设f ‘(x 1)=f' (x 2) ,
由于曲线y=f(x )在点(x 1,f(x 1)) 及(x 2,f(x 2)) 处的切线都过点(0,2),
则下列等式成立:
⎧23a 2
⎪3x 1-2x 1+1=0⎪
⎪23a 2
⎨x 2-x 2+1=0
2⎪32
⎪x 1-ax 1=x 22-ax 2⎪⎩
由(3)得x 1+x 2=a
(1)(2) (3)
3a 2
由(1)-(2)得x +x 1x 2+x 2=
4
21
2
(4)
3a 2a 23a 23a 22222
=x 1+x 1x 2+x 2=(x 1+x 2) -x 1x 2=a -x 1(a -x 1) =(x 1-) +≥又 4244
∴x 1=
a a
,此时x 2=,与x 1≠x 2矛盾,所以f (x 1) ≠f (x 2) .
22
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,过点(0,2)可作y =f (x ) 的三条切线,等价于方程2-f (t ) =f '(t )(0-t ) 有三个相异的实根,即等价于方程设g (t ) =
23a 2
t -t +1=0有三个相异的实根. 32
23a 2
t -t +1,则g '(t ) =2t 2-at . 32
a 2
令g '(t ) =2t -at =0得x =0, x =(a >0)
2
列表如下:
由g (t ) =
32t -t +1的单调性知,要使g (t ) =t 3-t 2+1=0有三个相异的实根,当且3232
a 3
仅当1-24
∴a 的取值范围是+∞) .
【巩固】
1. 设函数f (x ) =x 3+2ax 2+bx +a ,g (x ) =x 2-3x +2,其中x ∈R ,a 、b 为常数,已知曲线y =f (x ) 与y =g (x ) 在点(2,0)处有相同的切线l.
(I) 求a 、b 的值,并写出切线l 的方程;
(II)若方程f (x ) +g (x ) =mx 有三个互不相同的实根0、x 1、x 2,其中x 1
1
(Ⅱ)m 的取值范围是(-, 0)
4
【解析】(Ⅰ)f '(x ) =3x 2+4ax +b ,g '(x ) =2x -3.
由于曲线y =f (x ) 与y =g (x ) 在点(2, 0) 处有相同的切线, 故有f (2) =g (2) =0,f '(2) =g '(2) =1, ⎧8+8a +2b +a =0, ⎧a =-2,
由此得⎨ 解得⎨
12+8a +b =1, b =5. ⎩⎩
所以a =-2,b =5,切线l 的方程为x -y -2=0.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得f (x ) =x 3-4x 2+5x -2,所以f (x ) +g (x ) =x 3-3x 2+2x . 依题意,方程x (x 2-3x +2-m ) =0有三个互不相同的实根0、x 1、x 2, 故x 1、x 2是方程x 2-3x +2-m =0的两相异的实根, 所以∆=9-4(2-m ) >0,即m >-
1
. 4
又对任意的x ∈[x 1, x 2],f (x ) +g (x )
特别地,取x =x 1时,f (x 1) +g (x 1) -mx 10,x 1x 2=2-m >0,故00,
则f (x ) +g (x ) -mx =x (x -x 1)(x -x 2) ≤0,又f (x 1) +g (x 1) -mx 1=0, 所以函数f (x ) +g (x ) -mx 在x ∈[x 1, x 2]的最大值为0.
于是当m
综上,m 的取值范围是(-, 0) .
4
【拔高】
1. 已知函数f (x ) =a 1-2x -
⎫
⎪,a 为常数且a >0.
⎝⎭
1
(1)证明:函数f (x ) 的图像关于直线x =对称;
2
⎛
12
(2)若x 0满足f (f (x 0)) =x 0,但f (x 0) ≠x 0,则称x 0为函数f (x ) 的二阶周期点.如果f (x ) 有两个二阶周期点x 1,x 2,试确定a 的取值范围;
(3)对于(2)中的x 1,x 2和a ,设x 3为函数f (f (x )) 的最大值点,A (x 1,f (f (x 1))) ,B (x 2,f (f (x 2))) ,C (x 3, 0) .记△ABC 的面积为S (a ) ,讨论S (a ) 的单调性. 【答案】(1)见解析(2)见解析 【解析】(1)证明:因为f
⎛1⎫⎛1⎫
+x ⎪=a (1-2|x |),f -x ⎪=a (1-2|x |), ⎝2⎭⎝2⎭
⎛1⎫⎛1⎫有f +x ⎪=f -x ⎪,
⎝2⎭⎝2⎭
1
所以函数f (x ) 的图像关于直线x =对称.
2
1⎧2
4a x , x ≤, ⎪1⎪2(2)解:当0<a <时,有f (f (x )) =⎨
21⎪4a 2(1-x ), x >.
⎪⎩2
所以f (f (x )) =x 只有一个解x =0,又f (0)=0,故0不是二阶周期点.
1⎧
x , x ≤, ⎪1⎪2当a =时,有f (f (x )) =⎨
2⎪1-x , x >1.
⎪⎩2
1⎧1⎫⎧1⎫
所以f (f (x )) =x 有解集⎨x x ≤⎬,又当x ≤时,f (x ) =x ,故⎨x x ≤⎬中的所有
22⎭2⎭⎩⎩
点都不是二阶周期点.
1⎧2
4a x ,x ≤, ⎪4a ⎪
⎪2a -4a 2x , 1时,有f (f (x )) =⎨所以f (f (x )) =x 有四个
2⎪2a (1-2a ) +4a 2x , 1
⎪24a ⎪4a -1⎪4a 2-4a 2x ,x >.
4a ⎩
2a 2a 4a 22a 2a 2a ⎛2a ⎫
f () =, , 解0,,又f (0)=0,,,f ≠ 222⎪21+2a 1+2a 1+4a 1+2a 1+4a ⎝1+4a ⎭1+4a
⎛4a 2⎫2a 4a 24a 2
, ,故只有是f (x ) 的二阶周期点.综上所述,所求a f ≠222⎪2
1+4a 1+4a ⎝1+4a ⎭1+4a
1
的取值范围为a >.
2
4a 22a
(3)由(2)得x 1=,x 2=, 22
1+4a 1+4a
14a -1
因为x 3为函数f (f (x )) 的最大值点,所以x 3=,或x 3=.
4a 4a
2a -11
当x 3=时,S (a ) =,求导得: 2
4a 4(1+4a )
⎛11-2 a -a -22⎭⎝⎭, S ′(a )
=-⎝
(1+4a 2)2
⎛1⎫
所以当a
∈ 2时,S (a ) 单调递增,当a
∈+∞⎪⎪时S (a ) 单调递减; ⎝⎭⎝⎭
8a 2-6a +14a -1
当x 3=时,S (a ) =,求导得: 2
4a 4(1+4a )
12a 2+4a -3
S ′(a ) =, 22
2(1+4a )
12a 2+4a -31
因a >,从而有S ′(a ) =>0,
22(1+4a 2)2
⎛1⎫
所以当a ∈ , -∞⎪时S (a ) 单调递增.
⎝2⎭
课后评价