高中数学题型归纳大全函数与导数题型归纳三.零点、隐零点问题

高中数学题型归纳大全函数与导数3

题型归纳三.零点、隐零点问题

考点1.讨论零点个数

1．已知函数f(x)=a

2x 2−(a +1)x +lnx ．

（1）当a ＝1时，求y ＝f （x ）在（e ，f （e ））处切线方程； （2）讨论f （x ）的单调区间；

（3）试判断a ＞1时f （x ）＝0的实根个数说明理由．

考点2.证明存在零点

2.已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明： （1）f ′（x ）在区间（﹣1，π

2）存在唯一极大值点；

（2）f （x ）有且仅有2个零点．

3．已知设函数f （x ）＝ln （x +2）﹣（x +1）e ax ． （1）若a ＝0，求f （x ）极值；

（2）证明：当a ＞﹣1，a ≠0时，函数f （x ）在（﹣1，+∞）上存在零点．

考点3.已知零点个数求参

4．已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ． （1）讨论f （x ）的单调性；

（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．

5．已知函数f（x）＝e x﹣ax2．

（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；

（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．

考点4.设而不求，虚设零点

6．已知函数f（x）＝e x﹣ln（x+m）．

（Ⅰ）设x＝0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．

7．设函数f（x）＝e x﹣ax﹣2．

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若a＝1，k为整数，且当x＞0时，（x﹣k）f′（x）+x+1＞0，求k的最大值．

8．已知函数f（x）＝e x﹣a﹣ln（x+a）（a＞0）．

（1）证明：函数f′（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点．

（2）若函数f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为1，求a的值．

9.已知函数f（x）＝lnx−x+1

x−1

．

（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y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝e x的切线．

题型归纳三.零点、隐零点问题

考点1.讨论零点个数

1．已知函数f(x)=a

2

x2−(a+1)x+lnx．

（1）当a＝1时，求y＝f（x）在（e，f（e））处切线方程；（2）讨论f（x）的单调区间；

（3）试判断a ＞1时f （x ）＝0的实根个数说明理由．

【分析】（1）求得f （x ）的导数，可得切线的斜率和切点，可得所求切线方程； （2）求得f （x ）的导数，讨论a ＝0，a ＞1，a ＝1，0＜a ＜1，a ＜0，解不等式可得f （x ）的单调区间；

（3）由a ＞1可得f （x ）的极值，判断符号，画出图象，可得实根的个数． 【解答】解：（1）函数f(x)=a

2

x 2−(a +1)x +lnx 的导数为f ′（x ）＝ax ﹣（a +1）+1

x =

(x−1)(ax−1)

x

， 当a ＝1时，y ＝f （x ）在（e ，f （e ））处切线斜率为(e−1)2

e

，

切点为（e ，1

2e 2﹣2e +1），

可得切线方程为y ﹣（12

e 2﹣2e +1）=(e−1)2e （x ﹣e ）， 即为y =(e−1)2

e x −1

2e 2；

（2）f ′（x ）＝ax ﹣（a +1）+1

x =(x−1)(ax−1)

x

，x ＞0，

①当a ＝0时，f ′（x ）=1−x

x

，可得f （x ）的增区间为（0，1）， 减区间为（1，+∞）；

②当a ＝1时，f ′（x ）=(x−1)

2

x

≥0，可得f （x ）的增区间为（0，+∞）； ③当a ＞1时，0＜1

a

＜1，可得f （x ）的增区间为（0，1a

），（1，+∞），减区间为（1

a

，1）；

④当0＜a ＜1，1a

＞1，可得f （x ）的增区间为（0，1），（1a

，+∞），减区间为（1，1

a

）；

⑤当a ＜0时，f （x ）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）； （3）a ＞1时f （x ）＝0的实根个数为1，

a ＞1时，0＜1

a

＜1，可得f （x ）的增区间为（0，1

a

），（1，+∞），减区间为（1

a

，1），

可得f （x ）的极小值为f （1）＝﹣1−a 2

＜0，极大值为f （1

a

）＝﹣1−

1

2a

−lna ＜0， 且x →+∞，f （x ）→+∞， 可得f （x ）＝0的实根为1个．

考点2.证明存在零点

2．已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明： （1）f ′（x ）在区间（﹣1，π

2）存在唯一极大值点；

（2）f （x ）有且仅有2个零点．

【分析】（1）f （x ）的定义域为（﹣1，+∞），求出原函数的导函数，进一步求导，得到f ″（x ）在（﹣1，π

2

）上为减函数，结合f ″（0）＝1，f ″（π

2

）＝﹣1+

1

(1+π2)

2

＜−1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f ″（x ）在（﹣1，π2

）上存在唯一得零点x 0，结合单调性可得，f ′（x ）在（﹣1，x 0）上单调递增，在（x 0，π

2）上单调递减，可得f ′（x ）在

区间（﹣1，π

2

）存在唯一极大值点；

（2）由（1）知，当x ∈（﹣1，0）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ∈（0，x 0）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；由于f ′（x ）在（x 0，π

2）上单调递减，且f ′（x 0）

＞0，f ′（π2

）＜0，可得函数f ′（x ）在（x 0，π

2

）上存在唯一零点x 1，结合单调性可知，

当x ∈（x 0，x 1）时，f （x ）单调递增；当x ∈（x 1，π

2）时，f （x ）单调递减．当x ∈（π

2

，

π）时，f （x ）单调递减，再由f （π

2

）＞0，f （π）＜0．然后列x ，f ′（x ）与f （x ）的

变化情况表得答案．

【解答】证明：（1）f （x ）的定义域为（﹣1，+∞）， f ′（x ）＝cos x −

11+x ，f ″（x ）＝﹣sin x +1

(1+x)

2， 令g （x ）＝﹣sin x +

1(1+x)2，则g ′（x ）＝﹣cos x −

2

(1+x)

3＜0在（﹣1，π2

）恒成立，

∴f ″（x ）在（﹣1，π2

）上为减函数， 又∵f ″（0）＝1，f ″（π

2）＝﹣1+

1

(1+π2)

2

＜−1+1＝0，由零点存在定理可知，