利用导数研究方程的根和函数的零点
利用导数研究方程的根和函数的零点
5.(本小题满分12分)
13
x +ax 2+bx , 且f '(-1) =0 3
(I )试用含a 的代数式表示b ; (Ⅱ)求f (x ) 的单调区间;
(Ⅲ)令a =-1,设函数f (x ) 在x 1, x 2(x 1
M (x 1, f (x 1)), N (x 2, f (x 2)) ,证明:线段MN 与曲线f (x ) 存在异于M 、N 的公共点;
已知函数f (x ) =
5. 解法一:
(I )依题意,得f '(x ) =x 2+2ax +b
由f '(-1) =1-2a +b =0得b =2a -1
13
x +ax 2+(2a -1) x ( 3
故f '(x ) =x 2+2ax +2a -1=(x +1)(x +2a -1) 令f '*(x ) =0,则x =-1或x =1-2a ①当a >1时,1-2a
当
变化时,f '(x ) 与f (x ) 的变化情况如下表:
(Ⅱ)由(I )得f (x ) =1) ②由a =1时,1-2a =-1,此时,f '(x ) ≥0恒成立,且仅在x =-1处f '(x ) =0,故函数
f (x ) 的单调区间为R
③当a -1,同理可得函数f (x ) 的单调增区间为(-∞, -1) 和(1-2a , +∞) ,单调减区间为(-1,1-2a )
综上:
当a >1时,函数f (x ) 的单调增区间为(-∞,1-2a ) 和(-1, +∞) ,单调减区间为(1-2a , -1) ; 当a =1时,函数f (x ) 的单调增区间为R ;
当a
13
x -x 2-3x 3
3
由f '(x ) =x -2x -3=0,得x 1=-1, x 2=3
由(Ⅱ)得f (x ) 的单调增区间为(-∞, -1) 和(3,+∞) ,单调减区间为(-1,3) 所以函数f (x ) 在x 1=-1. x 2=3处取得极值。
5
故M (-1, ). N (3,-9)
3
8
所以直线MN 的方程为y =-x -1
3
(Ⅲ)当a =-1时,得f (x ) =
12⎧2y =x -x -3x ⎪⎪332
由⎨得x -3x -x +3=0
⎪y =-8x -1⎪3⎩
令F (x ) =x 3-3x 2-x +3
易得F (0)=3>0, F (2)=-3
w.w. w. .s.5. u.c.o.m 解法二:
(I )同解法一 (Ⅱ)同解法一。
(Ⅲ)当a =-1时,得f (x ) =
13
x -x 2-3x ,由f '(x ) =x 2-2x -3=0,得3x
x 1=-1, x 2=3 由(Ⅱ)得f (x ) 的单调增区间为(-∞, -1) 和(3,+∞) ,单调减区间为(-1,3) ,所以函数f (x ) 在x 1=-1, x 2=3处取得极值,
5
故M (-1, ), N (3,-9)
3
8
所以直线MN 的方程为y =-x -1
3
13⎧2y =x -x -3x ⎪⎪332由⎨得x -3x -x +3=0 ⎪y =-8x -1⎪3⎩
解得x 1=-1, x 2=1. x 3=3
w.w. w. .s. 5.u.c.o.m ⎧x 1=-1⎧x 2=1
⎧x 3=3⎪⎪
∴⎨5⎨11⎨y =-9y 1=, ⎪y 2=-, ⎩3
⎪3⎩3⎩
所以线段MN 与曲线f (x ) 有异于M , N 的公共点(1,-14(本小题满分12分)
11
) 3
w.w.w. k.s.5.u.c.o.m
92
x +6x -a . 2
(1)对于任意实数x ,f '(x ) ≥m 恒成立,求m 的最大值; (2)若方程f (x ) =0有且仅有一个实根,求a 的取值范围.
设函数f (x ) =x -
3
14. 解:(1) f (x ) =3x -9x +6=3(x -1)(x -2) ,
因为x ∈(-∞, +∞) , f (x ) ≥m , 即 3x -9x +(6-m ) ≥0恒成立,
'
2
' 2
33,即m 的最大值为- 44
' ' '
(2) 因为 当x 0; 当12时, f (x ) >0;
5
所以 当x =1时, f (x ) 取极大值 f (1)=-a ;
2
当x =2时, f (x ) 取极小值 f (2)=2-a ;
故当f (2)>0 或f (1)
所以 ∆=81-12(6-m ) ≤0, 得m ≤-
a >
5. 2
23.(本小题满分12分)已知函数f (x ) =x 3-3ax -1, a ≠0
(I)求f (x ) 的单调区间;
(II)若f (x ) 在x =-1处取得极值,直线y=m与y =
的取值范围。
f (x ) 的图象有三个不同的交点,求m
23. 解析:(1)f ' (x ) =3x 2-3a =3(x 2-a ),
当a 0,
当a 0时,由f ' (x ) >
0解得x
x >由f ' (x )
0解得
当a >0时,f (x
) 的单调增区间为(-∞, +∞) ;f (x
) 的单调减区间为
(。
(2)因为f (x ) 在x =-1处取得极大值,
所以f (-1) =3⨯(-1) -3a =0, ∴a =1. 所以f (x ) =x -3x -1, f (x ) =3x -3, 由f (x ) =0解得x 1=-1, x 2=1。
由(1)中f (x ) 的单调性可知,f (x ) 在x =-1处取得极大值f (-1) =1, 在x =1处取得极小值f (1)=-3。
因为直线y =m 与函数y =f (x ) 的图象有三个不同的交点,又f (-3) =-19
'
3
'
2
'
2
f (3)=17>1,
结合f (x ) 的单调性可知,m 的取值范围是(-3,1) 。
12.(2010年高考湖北卷文科21)(本小题满分14分)
f x )=x -设函数(
处的切线方程为y=1
(Ⅰ)确定b 、c 的值
13
3
a 2
x +bx +c ,其中a >0,曲线y =(f x )f 0)在点P (0,()2
f x )(Ⅱ)设曲线y =(在点(x 1,()及(x 2,()处的切线都过点(0,2)f x 1)f x 2)
证明:当x 1≠x 2时,f '(x 1) ≠f '(x 2)
f x )(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。
(11天津文)19.(本小题满分14分)已知函数f (x ) =4x 3+3tx 2-6t 2x +t -1, x ∈R ,其
中t ∈R .
(Ⅰ)当t =1时,求曲线y =f (x ) 在点(0,f (0))处的切线方程; (Ⅱ)当t ≠0时,求f (x ) 的单调区间;
(Ⅲ)证明:对任意的t ∈(0,+∞), f (x ) 在区间(0,1)内均存在零点.
(19)本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、函
数的零点、解不等式等基础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法,满分14分。
322
(Ⅰ)解:当t =1时,f (x ) =4x +3x -6x , f (0)=0, f '(x ) =12x +6x -6
f '(0)=-6. 所以曲线y =f (x ) 在点(0,f (0))处的切线方程为y =-6x .
t . 2
22
(Ⅱ)解:f '(x ) =12x +6tx -6t ,令f '(x ) =0,解得x =-t 或x =
因为t ≠0,以下分两种情况讨论:
(1)若t
t
当x 变化时,f '(x ), f (x ) 的变化情况如下表:
所以,f (x ) 的单调递增区间是 -∞, ⎪, (-t , +∞); f (x ) 的单调递减区间是 , -t ⎪。
⎛⎝t ⎫2⎭⎛t ⎝2⎫⎭
(2)若t >0, 则-t
t
,当x 变化时,f '(x ), f (x ) 的变化情况如下表:
所以,f (x ) 的单调递增区间是(-∞, -t ), , +∞⎪; f (x ) 的单调递减区间是 -t , ⎪.
⎛t
⎝2⎫⎭⎛⎝t ⎫2⎭
(Ⅲ)证明:由(Ⅱ)可知,当t >0时,f (x ) 在 0, ⎪内的单调递减,在
单调递增,以下分两种情况讨论: (1)当
⎛⎝t ⎫2⎭⎛t ⎫, +∞⎪内⎝2⎭
t
≥1, 即t ≥2时,f (x ) 在(0,1)内单调递减, 2
f (0)=t -1>0, f (1)=-6t 2+4t +3≤-6⨯4+4⨯2+3
所以对任意t ∈[2,+∞), f (x ) 在区间(0,1)内均存在零点。
(2)当0
t ⎛t ⎫⎛t ⎫
若t ∈(0,1],f
7373⎛1⎫
=-t +t -1≤-t
44⎝2⎭
f (1)=-6t 2+4t +3≥-6t +4t +3=-2t +3>0.
所以f (x ) 在
⎛t ⎫
,1⎪内存在零点。 ⎝2⎭
7373⎛t ⎫=-t +t -1
若t ∈(1,2),f
f (0)=t -1>0
所以f (x ) 在 0,
⎛⎝t ⎫
⎪内存在零点。 2⎭
所以,对任意t ∈(0,2), f (x ) 在区间(0,1)内均存在零点。 综上,对任意t ∈(0,+∞), f (x ) 在区间(0,1)内均存在零点。
10. (16分)若函数y =f (x ) 在x =x 0处取得极大值或极小值,则称x 0为函数y =f (x ) 的极值点。
已知a ,b 是实数,1和-1是函数f (x ) =x 3+ax 2+bx 的两个极值点. (1)求a 和b 的值;
(2)设函数g (x ) 的导函数g '(x ) =f (x ) +2,求g (x ) 的极值点;
2],求函数y =h (x ) 的零点个数. (3)设h (x ) =f (f (x )) -c ,其中c ∈[-2,
【答案】解:(1)由f (x ) =x 3+ax 2+bx ,得f' (x ) =3x 2+2ax +b 。 ∵1和-1是函数f (x ) =x 3+ax 2+bx 的两个极值点,
∴ f' (1)=3+2a +b =0,f' (-1) =3-2a +b =0,解得a =0,b =-3。 (2)∵ 由(1)得,f (x ) =x 3-3x ,
∴g '(x ) =f (x ) +2=x 3-3x +2=(x -1)(x +2),解得x 1=x 2=1,x 3=-2。 ∵当x 0, ∴x =-2是g (x ) 的极值点。
∵当-21时,g '(x )>0,∴ x =1不是g (x ) 的极值点。 ∴g (x ) 的极值点是-2。
(3)令f (x )=t ,则h (x ) =f (t ) -c 。
先讨论关于x 的方程f (x )=d 根的情况:d ∈[-2, 2]
当d =2时,由(2 )可知,f (x )=-2的两个不同的根为I 和一2 ,注
意到f (x ) 是奇函数,∴f (x )=2的两个不同的根为一和2。
当d 0,f (1)-d =f (-2) -d =-2-d
∴一2 , -1,1 ,2 都不是f (x )=d 的根。
2
由(1)知f' (x )=3(x +1)(x -1)。
① 当x ∈(2,+∞)时,f' (x ) >0 ,于是f (x ) 是单调增函数,从而f (x ) >f (2)=2。
此时f (x )=d 在(2,+∞)无实根。
② 当x ∈(1 2,)时.f' (x ) >0,于是f (x ) 是单调增函数。 又∵f (1)-d 0,y =f (x ) -d 的图象不间断, ∴f (x )=d 在(1 , 2 )内有唯一实根。 同理,f (x )=d 在(一2 ,一I )内有唯一实根。 ③ 当x ∈(-1 ,1)时,f' (x ) 0, f (1)-d
因此,当d =2时,f (x )=d 有两个不同的根x 1,x 2满足x 1=1 x 2=2;当d
f (x )=d 有三个不同的根x 3,x 1,x 5,满足x i
现考虑函数y =h (x ) 的零点:
( i )当c =2时,f (t )=c 有两个根t 1,t 2,满足t 1=t 2=2。
而f (x )=t 1有三个不同的根,f (x )=t 2有两个不同的根,故y =h (x ) 有5 个零点。 ( 11 )当c
而f (x ) =t i (i =3, 4, 5)有三个不同的根,故y =h (x ) 有9 个零点。 综上所述,当c =2时,函数y =h (x ) 有5 个零点;当c
有9 个零点。
【考点】函数的概念和性质,导数的应用。
【解析】(1)求出y =f (x ) 的导数,根据1和-1是函数y =f (x ) 的两个极值点代入列方程组求解即可。
(2)由(1)得,f (x ) =x 3-3x ,求出g '(x ) ,令g '(x )=0,求解讨论即可。 (3)比较复杂,先分d =2和d
虑函数y =h (x ) 的零点。 13. (本小题满分14分) 已知函数f (x ) =ax sin x -
3π-3⎡π⎤
(a ∈R ), 且在, ⎢0, ⎥上的最大值为, 22⎣2⎦
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)判断函数f(x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明。
考点:导数,函数与方程。
难度:难。
分析:本题考查的知识点为导数的计算,利用函数与方程的思想解决根个数的问题。 解答:
(I )f (x ) =ax sin x -
3π-3π≤在[0, ]上恒成立,且能取到等号
222
⇔g (x ) =x s i n x ⇔
π
2a
在[0,
π
2
]上恒成立,且能取到等号
π
2a
=g (x ) max
g '(x ) =sin x +x cos x >0⇒y =g (x ) 在[0,
]上单调递增
2
πππ3
=g () =⇔a =1⇒f (x ) =x sin x -(lfxlby ) 2a 222
3
(II )f (x ) =x sin x -⇒h (x ) =f '(x ) =sin x +x cos x
2]时,f '(x ) ≥0⇒y =f (x ) 在(0,]上单调递增 22
ππ3π-3
2222
①当x ∈[0, ②当x ∈[
π
ππ
π
, π]时,h '(x ) =2cos x -x sin x
22
π
f '(π) f () =-
ππ2
2
π
22
f '(x ) >0⇔ 得:f (x ) 在[
π
2
≤x 0⇔x 0
π
, x 0) 上单调递增,(x 0, π]上单调递减 2
π3
f () >0, f (π) =-
22
π
得:x ∈[, x 0]时,f (x ) >0,
2
x ∈[x 0, π]时,f (x 0) f (π)
由①②得:函数f (x ) 在(0, π) 内有两个零点。
1.已知函数f (x ) =e x , x ∈R .
(Ⅰ) 求f (x ) 的反函数的图象上图象上点(1,0)处的切线方程;
12
x +x +1有唯一公共点. 2
f (b ) -f (a ) ⎛a +b ⎫
(Ⅲ) 设a
b -a ⎝2⎭
(Ⅱ) 证明: 曲线y = f (x) 与曲线y =
【答案】解:(Ⅰ) f (x)的反函数g (x ) =ln x , 则y=g(x)过点(1,0)的切线斜率
k=g' (1).
1
⇒k =g' (1)=1. 过点(1,0)的切线方程为:y = x+ 1 x
1
(Ⅱ) 证明曲线y=f(x)与曲线y =x 2+x +1有唯一公共点, 过程如下.
2
11
令h (x ) =f (x ) -x 2-x -1=e x -x 2-x -1, x ∈R , 则
22g' (x)=
h ' (x ) =e x -x -1, h ' (x ) 的导数h ' ' (x ) =e x -1, 且h (0) =0,h ' (0) =0,, h ' ' (0) =0
此
,
当x 0时h ' ' (x ) >0⇒y =h ' (x ) 单调递增⇒y =h ' (x ) ≥h ' (0) =0, 所以y =h (x ) 在R 上单调递增,最多有一个零点x =0
所以, 曲线y=f(x)与曲线y =(Ⅲ) 设
12
x +x +1只有唯一公共点(0,1).(证毕) 2
f (a ) +f (b ) f (b ) -f (a ) (b -a +2) ⋅f (a ) +(b -a -2) ⋅f (b )
-=
2b -a 2⋅(b -a )
(b -a +2) ⋅e a +(b -a -2) ⋅e b (b -a +2) +(b -a -2) ⋅e b -a a
==⋅e
2⋅(b -a ) 2⋅(b -a )
令g (x ) =x +2+(x -2) ⋅e , x >0, 则g ' (x ) =1+(1+x -2) ⋅e =1+(x -1) ⋅e .
x
x
x
g ' (x ) 的导函数g ' ' (x ) =(1+x -1) ⋅e x =x ⋅e x >0, 所以g ' (x ) 在(0,+∞)上单调递增
, 且g ' (0) =0. 因此g ' (x ) >0,g (x ) 在(0, +∞) 上单调递增, 而g (0) =0,
所以在(0, +∞) 上g (x ) >0.
当x >0时,g (x ) =x +2+(x -2) ⋅e x >0且a
(b -a +2) +(b -a -2) ⋅e b -a a ∴⋅e >0
2⋅(b -a )
所以当a
f (a ) +f (b ) f (b ) -f (a )
>
2b -a
f (x ) =x 2+x sin x +cos x .
2.(2013年高考北京卷(文))已知函数
(Ⅰ)若曲线y =f (x ) 在点(a , f (a )) ) 处与直线y =b 相切, 求a 与b 的值. (Ⅱ)若曲线y =f (x ) 与直线y =b 有两个不同的交点, 求b 的取值范围.
【答案】解:由
f (x ) =x 2+x sin x +cos x , 得f '(x ) =x (2+cos x ) .
(I)因为曲线y =f (x ) 在点(a , f (a )) 处与直线y =b 相切, 所以
f '(a ) =a (2+cos a ) =0
b =f (a ) , 解得a =0, b =f (0)=1.
(II)令f '(x ) =0, 得x =0.
f (x ) 与f '(x ) 的情况如下:
x (-∞,0) 0(0,+∞)
f '(x ) -0+ f (x ) 1
所以函数f (x ) 在区间(-∞,0) 上单调递减, 在区间(0,+∞) 上单调递增, f (0)=1是
f (x ) 的最小值.
当b ≤1时, 曲线y =f (x ) 与直线y =b 最多只有一个交点;
当b >1时, f (-2b ) =f (2b ) ≥4b -2b -1>4b -2b -1>b , f (0)=1
由于函数f (x ) 在区间(-∞,0) 和(0,+∞) 上均单调, 所以当b >1时曲线y =f (x ) 与直线y =b 有且只有两个不同交点.
2
综上可知, 如果曲线y =f (x ) 与直线y =b 有且只有两个不同交点, 那么b 的取值范围是(1,+∞) . 已知函数f (x ) =x -1+a (a ∈R , e 为自然对数的底数). x e
(1)若曲线y =f (x ) 在点(1,f (1))处的切线平行于x 轴, 求a 的值;
(2)求函数f (x ) 的极值;
(3)当a =1的值时, 若直线l :y =kx -1与曲线y =f (x ) 没有公共点, 求k 的最大值.
【答案】解:(Ⅰ)由f (x )=x -1+a a ', 得. f x =1-()e x e x
又曲线y =f (x )在点1, f (1)处的切线平行于x 轴,
得f '(1)=0, 即1-
(Ⅱ)f '(x )=1-()a =0, 解得a =e . e a , e x
①当a ≤0时, f '(x )>0, f (x )为(-∞, +∞)上的增函数, 所以函数f (x )无极值. ②当a >0时, 令f '(x )=0, 得e x =a , x =ln a .
x ∈(-∞,ln a ), f '(x )0.
所以f (x )在(-∞,ln a )上单调递减, 在(ln a , +∞)上单调递增,
故f (x )在x =ln a 处取得极小值, 且极小值为f (ln a )=ln a , 无极大值.
综上, 当a ≤0时, 函数f (x )无极小值;
当a >0, f (x )在x =ln a 处取得极小值ln a , 无极大值.
(Ⅲ)当a =1时, f (x )=x -1+1 e x
1, x e 令g (x )=f (x )-(kx -1)=(1-k )x +
则直线l :y =kx -1与曲线y =f (x )没有公共点,
等价于方程g (x )=0在R 上没有实数解.
假设k >1, 此时g (0)=1>0, g 1⎛1⎫=-1+
又函数g (x )的图象连续不断, 由零点存在定理, 可知g (x )=0在R 上至少有一解, 与“方程g (x )=0在R 上没有实数解”矛盾, 故k ≤1.
又k =1时, g (x )=1>0, 知方程g (x )=0在R 上没有实数解. 所以k 的最大值为1. e x
解法二:
(Ⅰ)(Ⅱ)同解法一.
(Ⅲ)当a =1时, f (x )=x -1+1. x e
直线l :y =kx -1与曲线y =f (x )没有公共点,
等价于关于x 的方程kx -1=x -1+1在R 上没有实数解, 即关于x 的方程: x e
(k -1)x =1 x e (*)
在R 上没有实数解.
1=0, 在R 上没有实数解. e x
1②当k ≠1时, 方程(*)化为=xe x . k -1①当k =1时, 方程(*)可化为
令g (x )=xe , 则有g '(x )=(1+x )e . 令g '(x )=0, 得x =-1, x x
当x 变化时, g '(x )的变化情况如下表:
e 当x =-1时, g (x )min =-, 同时当x 趋于+∞时, g (x )趋于+∞,
从而g (x )的取值范围为⎢-, +∞⎪. ⎡1
⎣e ⎫⎭
所以当11⎫⎛∈ -∞, -⎪时, 方程(*)无实数解, 解得k 的取值范围是(1-e ,1). k -1⎝e ⎭
综上, 得k 的最大值为1.