2020届高考数学(文)一轮复习讲义 第3章 高考专题突破1 第2课时 导数与方程

h(x)

极小值 1?13又h?=+3e-2,h(1)=4,h(e)=+e+2. ?e?ee1?2且h(e)-h?=4-2e+<0. ?e?e

1?1所以h(x)min=h(1)=4,h(x)max=h??e?=e+3e-2, 3所以实数a的取值范围为4

e3

4,e+2+?. 即a的取值范围为?e??

1.已知函数f(x)=a+x·ln x(a∈R),试求f(x)的零点个数. x?ln x+2?1

解 f′(x)=(x)′ln x+x·=,

x2x

令f′(x)>0,解得x>e2, 令f′(x)<0,解得0

f(x)min=f(e2)=a-,

e

2

显然当a>时,f(x)min>0,f(x)无零点,

e2

当a=时,f(x)min=0,f(x)有1个零点,

e2

当a<时,f(x)min<0,f(x)有2个零点.

e1exex

2.已知f(x)=+-3,F(x)=ln x+-3x+2.

xee(1)判断f(x)在(0,+∞)上的单调性; (2)判断函数F(x)在(0,+∞)上零点的个数. 1exx2ex-e

解 (1)f′(x)=-2+=,

xeex2

令f′(x)>0,解得x>1,令f′(x)<0,解得0

(2)F′(x)=f(x)=+-3,

xe由(1)得?x1,x2,满足0

使得f(x)在(0,x1)上大于0,在(x1,x2)上小于0,在(x2,+∞)上大于0, 即F(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增, 而F(1)=0,x→0时,F(x)→-∞, x→+∞时,F(x)→+∞, 画出函数F(x)的草图,如图所示.

故F(x)在(0,+∞)上的零点有3个.

11

3.已知函数f(x)=x3-x2-2x+c有三个零点,求实数c的取值范围.

32解 f′(x)=x2-x-2=(x+1)(x-2), 由f′(x)>0可得x>2或x<-1, 由f′(x)<0可得-1

所以函数f(x)在(-∞,-1),(2,+∞)上是增函数, 在(-1,2)上是减函数,

7

所以函数f(x)的极大值为f(-1)=+c,

610

极小值为f(2)=c-.

3

?

而函数f(x)恰有三个零点,故必有?10

c-?3<0,

710

解得-

63

7

+c>0,6

710-,?. 所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是??63?4.已知函数

f(x)=-x2+2ex+m-1,g(x)=x+

e2

(x>0). x

(1)若g(x)=m有零点,求m的取值范围;

(2)确定m的取值范围,使得g(x)-f(x)=0有两个相异实根.

e2e2

2解 (1)∵g(x)=x+≥2e=2e(x>0),当且仅当x=时取等号,∴当x=e时,g(x)有最小

xx值2e.

∴要使g(x)=m有零点,只需m≥2e. 即当m∈[2e,+∞)时,g(x)=m有零点.

(2)若g(x)-f(x)=0有两个相异实根,则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点. e2

如图,作出函数g(x)=x+(x>0)的大致图象.

x

∵f(x)=-x2+2ex+m-1 =-(x-e)2+m-1+e2, ∴其对称轴为x=e, f(x)max=m-1+e2.

若函数f(x)与g(x)的图象有两个交点,则m-1+e2>2e,即当m>-e2+2e+1时,g(x)-f(x)=0有两个相异实根.

∴m的取值范围是(-e2+2e+1,+∞).

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