| 标题 | 谈谈函数与导数的复习（下） |
| 范文 | 许少华 五、涉及函数的零点问题 函数的零点是函数的重要特征量，它可以体现出函数的众多性质，因此，对函数进行考查时很多时候都会与零点结合. 例5 已知函数 f（x）= ln x-■. （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=ex的切线. 解析 （1）f（x）的定义域为（0，1）∪（1，+∞），又f ′（x）=■+■. 很显然，在定义域内f ′（x）>0， 即f（x）在（0，1）和（1，+∞）上分别递增. 由于f（e）=1-■<0， f（e2）=2-■=■>0. 所以f（x）在（e， e2）上有唯一零点， 即在（1， +∞）有唯一零点. 又f（■）=-1+■>0， f（■）=-2+■<0. 所以f（x）在（■， ■）上有唯一零点， 即在（0， 1）有唯一零点. 故f（x）有且只有2个零点. （2） x0是f（x）的1个零点，所以lnx0=■. y=lnx在x=x0处的切线为： y-lnx0=■（x-x0）. 过（x0， lnx0）作y=ex的切线， 则k=■=■. 则k=■=lnx0. 所以y=lnx在（x0， lnx0）处的切线也是曲线y=ex的切线. 点评 判断零点时，我们要抓住零点存在定理，然后再结合函数的单调性或函数图像的基本特征进行说明，有时可能还要结合极限思想另以说明. 跟踪练习5. 已知函数f（x）=ex-ax2. （1）若a=1， 证明： 当x0≥0时， f（x）≥1; （2）若f（x）在（0， +∞）只有一个零点， 求a. 答案 （1）当a=1时， f（x）=ex-x2， 所以导函数f ′（x）=ex-2x. 設g（x）=ex-2x，导函数为g′（x）=ex-2，令g′（x）=0，则x0=ln2， 函数g（x）在区间（0，ln2）上单调递减， 在区间（ln2， +∞）上单调递增， g（x）min=g（ln2）=2-2ln2>0. 所以函数f（x）=ex-x2在区间[0， +∞）上单调递增， 故函数f（x）=ex-x2在区间[0， +∞）上f（x）min=f（1）=1，即f（x）≥1. （2）构造函数g（x）=■， h（x）=a，导函数g′（x）=■=■. 令g′（x）=0， 则x=2， 函数g（x）在区间（0， 2）上单调递减，在区间（2， +∞）上单调递增， 因为函数g（x）与函数h（x）只有一个零点， 则a=g（2）=■，所以a=■. 六、涉及恒成立问题 恒成立问题广泛的存在于数学的各个章节之中，尤其以函数与导数为典型. 此类题联系广泛，与其它知识、技能结合密切，是一类即有难度又具新意试题. 例6 已知函数f（x）=■+■， 曲线y=f（x）在点（1， f（1））处的切线方程为x+2y-3=0. （Ⅰ）求a、 b的值; （Ⅱ）如果当x>0， 且x≠1时， f（x）>■+■， 求k的取值范围. 解析 （I） f ′（x）=■-■. 由于直线x+2y-3=0的斜率为-■，且过点（1，1），故f（1）=1，f ′（1）=-■， 即b=1，■-b=-■， 解得a=1， b=1. （Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=■+■， 所以f（x）-（■+■）=■（2lnx+■）. 考虑函数h（x）=2lnx+■（x>0）， 则h′（x）= ■. （i）设k≤0， 由h′（x）=■知， 当x≠1时，h′（x）<0. 而h（1）=0， 故当x∈（0， 1）时， h（x）<0， 可得■h（x）>0. 当x∈（1， +∞）时， h（x）<0， 可得■h（x）>0. 从而当x > 0， 且x≠1时， f（x）-（■+■）> 0，即f（x） >（■+■）. （ii）设0 （iii）设k≥1， 此时h′（x）>0， 而h（1）=0， 故当x∈（1，+∞）时， h（x）>0， 得■h（x）<0， 与题设矛盾. 综合得， k的取值范围为（-∞， 0]. 点评 本题在处理恒成立时，引入的函数很特别，而这个函数导数形式很好，透过这个“美好”形式使问题有了可以求解的转机. 跟踪练习6. 设函数f（x）= emx+x2-mx. （Ⅰ）证明： f（x）在（-∞， 0）单调递减，在（0，+∞）单调递增; （Ⅱ）若对于任意x1， x2∈[-1， 1]， 都有| f（x1）- f（x2）|≤e-1， 求m的取值范围. 答案 （Ⅰ）f ′（x）=m（emx-1）+2x，若m≥0，则当x∈（-∞，0）时，emx-1≤0， f ′（x）<0; 当x∈（0，+∞）时，emx-1≥0， ?f ′（x）>0. 若m<0， 则当x∈（-∞， 0）时，emx-1>0， f ′（x）<0;当x∈（0，+∞）时， emx-1<0， ?f ′（x）>0，所以， f（x）在（-∞， 0）单调递减， 在（0，+∞）单调递增. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的m，f（x）在[-1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f（x）在x=0处取得最小值，所以对于任意x1，x2∈[-1，1]，| f（x1）- f（x2）|≤e-1的充要条件是f（1）-f（0）≤e-1，f（-1）-f（0）≤e-1，即em-m≤e-1e-m+m≤e-1①. 设函数g（t）=et-t-e+1，则g′（t）=et-1，当t<0时， g′（t）<0;当t>0时，g′（t）>0， 故g（t）在（-∞， 0）单调递减，在（0， +∞）单调递增. 又g（1）=0，g（-1）=e-1+2-e<0，故当t∈[-1， 1]时， g（t）≤0. 当m∈[-1，1]时，g（m）≤0， g（-m）≤0， 即①式成立; 当m>1时，由g（t）的单调性，g（m）>0，即em-m>e-1;当m<-1时， g（-m）>0， 即em+m> e-1， 综上， m的取值范围是[-1，1]. 七、最值、极值或范围问题 最值、极值也是函数的重要特征量，与这两个量有关的考题随处可见，这些试题在试卷上的排列较后，是难度较大的试题，也是真正拉开考距离的试题. 例7 已知函数f（x）=2x3-ax2+b. （1）讨论f（x）的单调性. （2）是否存在a， b， 使得f（x）在区间[0， 1]的最小值为-1且最大值为1？若存在， 求出a， b的所有值; 若不存在， 说明理由. 解析 （1）f ′（x）=6x2-2ax=2x（3x-a）， 令f ′（x）=0， 得x=0或x=■. 若a>0， 则当x∈（-∞， 0）∪（■， +∞）时， f ′（x）>0; 当x∈（0， ■）时， f ′（x）<0. 故f（x）在（-∞， 0）， （■，+∞）单调递增， 在（0， ■）单调递减. 若a=0， f（x）在（-∞， +∞）單调递增. 若a<0， 则当x∈（-∞，■）∪（0，+∞）时， f ′（x）>0; 当x∈（■， 0）时， f ′（x）<0. 故f（x）在（-∞， ■），（0， +∞）单调递增，在（■， 0）单调递减. （2）满足题设条件的a， b存在. （i）当a≤0时， 由（1）知， f（x）在[0， 1]单调递增， 所以f（x）在区间[0， 1]的最小值为f（0）=b， 最大值为f（1）=2-a+b. 此时a， b满足题设条件当且仅当b=-1， 2-a+b=1， 即a=0， b=-1. （ii）当a≥3时，由（1）知， f（x）在[0，1]单调递减，所以f（x）在区间[0， 1]的最大值为f（0）=b， 最小值为f（1）=2-a+b. 此时a， b满足题设条件当2-a+b=-1，且仅当， b=1， 即a=4， b=1. （iii）当0 若-■+b=-1， b=1， 则a=3■， 与0 若-■+b=-1， 2-a+b=1，则a=3■或a=-3■或a=0，与0 综上，当且仅当a=0， b=-1或a=4， b=1时， f（x）的最小值为-1， 最大值为1. 点评 本题是存在性问题与最值问题的交汇性试题，在处理的过程中充分利用第一问的结论，结合分类讨论思想在每一种情况下结合单调性逐个进行求解最值，最后通过方程产生最终结论，思维起点不高，难度中档偏上. 跟踪练习7. 已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）-2x. （1）a=0，证明： 当-1 （2）若x=0是f（x）的极大值点， 求a. 答案 （1）若a=0时， f（x）=（2+x）ln（1+x）-2x（x>-1）， ∴ f ′（x）=ln（1+x）+（2+x）■-2=ln（x+1）+■-1. 令h（x）=ln（x+1）+■-1，∴h ′（x）=■-■=■. ∴当x>0时， h ′（x）>0， h（x）在（0， +∞）上单调递增. 当-1 ∴ h（x）min=h（0）=ln1+1-1=0， ∴ ?f ′（x）≥0恒成立， ∴ f（x）在（-1， +∞）上单调递增. 又f（0）= 2ln1-0 = 0， ∴当-1< x <0时， f（x）<0; 当x>0时， f（x）>0. （2） f ′（x）=（2ax+1）ln（x+1）+■-1. f ?″（x）=2aln（x+1）+■+■≤0. 2a（x+1）2ln（x+1）+（2ax+1）（x+1）+ax2+2ax-1≤0. 2a（x+1）2ln（x+1）+3ax2+4ax+x≤0. a[2（x+1）2ln（x+1）+3x2+4x]≤-x. 设h（x）=2（x+1）2ln（1+x）+3x2+4x. ∴h′（x）=4（x+1）ln（1+x）+2（x+1）+6x+4，h′（0）=6>0，h（0）=0. ∴在x=0邻域内， x>0时， h（x）>0， x<0时， h（x）<0. x > 0时， a≤■， 由洛必达法则得a≤-■. x<0时， a≥■， 由洛必达法则得a≥-■. 综上所述， a=-■. 八、有关函数的证明问题 此类题可以是证明函数的某些性质、也可以证明与函数的关的不等式，此类题难度较大，开放性也较强，寻找思维起点是关键. 例8 已知函数f（x）=■-x+alnx. （1）讨论f（x）的单调性. （2）若f（x）存在两个极值点x1， x2，证明： ■ 解析 （1）函数f（x）的定义域为（0， +∞），且f ′（x）=-■-1+■=-■. 當a≤0时， f ′（x）<0， f（x）在（0， +∞）上单调递减; 当a>0时， ？驻=a2-4. ①若0 ②若a>2， 则？驻=a2-4>0， 方程x2-ax+1=0有两根x1， x2. 且x1+x2=a>0，x1x2=1>0， 故两根x1， x2都为正数， 且x1，2=■. 当x∈（0， ■）∪（■， +∞）时， f ′（x）<0. 当x∈（■， ■）时， ?f ′（x）>0. 综上可知， 当a≤2时， f（x）在（0， +∞）上单调递减. 当a>2时， f（x）在（0，■）上单调递减，在（■，■）单调递增， 在（■， +∞）上单调递减. （2）因为x1， x2是f（x）的两个极值点， 所以x1+x2=a>0，x1x2=1>0. 所以要证■=■=-2+a■ 即证■<1，不妨设x1>1>x2>0，即证■=■<1. 即ln■-x1+■<0， 令g（x）=lnx2-x+■（x>1）. 则g′（x）=■-1-■=■<0， 所以g（x）在（1， +∞）上单调递减. 所以g（x） 点评 本题的第一问借助于分类讨论产生单调区间，第二问借助于分析法使问题逐步转化，最后通过引入函数利用导数产生结论，虽然过程不长，但难度不小. 跟踪练习8. 已知函数f（x）=ax2-ax-xlnx， 且f（x）≥0. （1）求a. （2）证明： f（x）存在唯一的极大值点x0， 且e-2< f（x0）<2-2. 函数与导数是高中数学的一个重要知识块，它是贯穿高中数学的一条主线，对这一内容的复习仅注意上述八个方面是不够的，这里只是起到提纲挈领作用，从这几个点扩散开去，也许真正会有成效. 答案 （1）由题知： f（x）=x（ax-a-lnx）（x>0），且f（x）≥0. 所以a（x-1）-lnx≥0， 即当x∈（0， 1）时， a≤■; 当x∈（1，+∞）时， a≥■; 当x=1时， a（x-1）-lnx≥0成立. 令g（x）=x-1-lnx，g′（x）=1-■=■. 当x∈（0， 1）时，g′（x）<0， g（x）递减， g（x） （2）由（1）知： f（x）=x（x-1-lnx）， f ′（x）=2x-2-lnx， 设？渍（x）=2x-2-lnx， 则？渍′（x）=2-■. 当x∈（0， ■）时， ？渍′（x）<0;当x∈（■， +∞）时， ？渍′（x）>0. 所以？渍（x）在（0，■ ）递减，在（■， +∞）递增. 又？渍（e-2）>0， ？渍（■）<0， ？渍（1）=0， 所以？渍（x）在（0， ■）有唯一零点x0， 在（■， +∞）有唯一零点1. 且当x∈（0， x0）时， ？渍（x）>0; 当x∈（x0， 1）时， ？渍（x）<0. 当x∈（1， +∞）时， ？渍（x）>0. 又f ′（x）=？渍（x）， 所以x=x0是f（x）的唯一极大值点. 由f ′（x0）=0得lnx0=2（x0-1）， 故f（x0）=x0（1-x0）. 由x0∈（0， 1）得f（x0）<■. 因为x=x0是f（x）在（0， 1）的唯一极大值点，由e-1∈（0，1）， f（e-1）≠0得f（x0）>f（e-1）=e-2. 所以e-2< f（x0）<2-2. 责任编辑 ??徐国坚 |
| 随便看 |
|
科学优质学术资源、百科知识分享平台，免费提供知识科普、生活经验分享、中外学术论文、各类范文、学术文献、教学资料、学术期刊、会议、报纸、杂志、工具书等各类资源检索、在线阅读和软件app下载服务。