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2014届高三数学(理)( 江苏专用)《大二轮专题复习与增分策略》专题一 第3讲]


第3讲

函数与方程及函数的应用

【高考考情解读】 1.本讲主要考查函数的零点,常以分式、绝对值不等式、对数式、三角 函数为载体;考查确定零点的个数、存在区间及应用零点存在情况求参数值或取值范围;函 数的实际应用常以实际生活为背景,与最值、不等式、导数、解析几何等知识交汇命题 .2. 函数的零点主要是以填空题的形式考查, 以基础知识为主,

而函数的实际应用则主要以解答 题的形式出现,属中、高档题.

1. 函数的零点与方程的根 (1)函数的零点 对于函数 f(x),我们把使 f(x)=0 的实数 x 叫做函数 f(x)的零点. (2)函数的零点与方程根的关系 函数 F(x)=f(x)-g(x)的零点就是方程 f(x)=g(x)的根, 即函数 y=f(x)的图象与函数 y=g(x) 的图象交点的横坐标. (3)零点存在性定理 如果函数 y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线,且有 f(a)· f(b)<0,那么, 函数 y=f(x)在区间(a,b)内有零点,即存在 c∈(a,b)使得 f(c)=0,这个 c 也就是方程 f(x)=0 的根. 注意以下两点: ①满足条件的零点可能不唯一; ②不满足条件时,也可能有零点. (4)二分法求函数零点的近似值,二分法求方程的近似解. 2. 函数模型 解决函数模型的实际应用题,首先考虑题目考查的函数模型,并要注意定义域.其解题 步骤是(1)阅读理解,审清题意:分析出已知什么,求什么,从中提炼出相应的数学问 题;(2)数学建模:弄清题目中的已知条件和数量关系,建立函数关系式;(3)解函数模 型:利用数学方法得出函数模型的数学结果;(4)实际问题作答:将数学问题的结果转 化成实际问题作出解答.

考点一 函数的零点 例1 (1)已知函数 f(x)=logax+x-b (a>0,且 a≠1).当 2<a<3<b<4 时,函数 f(x)的零点

x0∈(n,n+1),n∈N*,则 n=________.
2 ? ?ln x-x +2x?x>0?, (2)函数 f(x)=? 的零点个数是________. ?2x+1?x≤0?, ?

答案 解析

(1)2

(2)3

(1)∵2<a<3, ∴f(x)=logax+x-b 为定义域上的单调函数. f(2)=loga2+2-b, f(3)

=loga3+3-b. lg 2 lg 2 ∵lg 2<lg a<lg 3,∴ < <1. lg 3 lg a 又∵b>3,∴-b<-3,∴2-b<-1, ∴loga2+2-b<0,即 f(2)<0. lg 3 lg 3 ∵1< < ,3<b<4,∴-1<3-b<0, lg a lg 2 ∴loga3+3-b>0,∴f(3)>0,即 f(2)· f(3)<0. 由 x0∈(n,n+1),n∈N*知,n=2. (2)依题意,当 x>0 时,在同一个直角坐标系中分别作出 y=ln x 和 y=x2-2x=(x-1)2 -1 的图象,可知它们有两个交点;当 x≤0 时,作出 y=2x+1 的图象,可知它和 x 轴 有一个交点.综合知,函数 y=f(x)有三个零点. (1)函数零点(即方程的根)的确定问题,常见的有①函数零点值大致存在区间 的确定;②零点个数的确定;③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定.解决这 类问题的常用方法有解方程法、 利用零点存在的判定或数形结合法, 尤其是方程两端对 应的函数类型不同的方程多以数形结合求解. (2)提醒:函数的零点不是点,是方程 f(x)=0 的根,即当函数的自变量取这个实数时, 其函数值等于零.函数的零点也就是函数 y=f(x)的图象与 x 轴的交点的横坐标. (1)(2012· 天 津 改 编 ) 函 数 f(x) = 2x + x3 - 2 在 区 间 (0,1) 内 的 零 点 个 数 是 ________. (2)已知函数 f(x)=ax+x-b 的零点 x0∈(n,n+1)(n∈Z),其中常数 a、b 满足 2a=3,3b =2,则 n=________. 答案 解析 (1)1 (2)-1

(1)因为 f′(x)=2xln 2+3x2>0,

所以函数 f(x)=2x+x3-2 在(0,1)上递增,

且 f(0)=1+0-2=-1<0,f(1)=2+1-2=1>0, 所以有 1 个零点. (2)f(x)=ax+x-b 的零点 x0 就是方程 ax=-x+b 的根. 设 y1=ax,y2=-x+b, 故 x0 就是两函数交点的横坐标,如图, 1 当 x=-1 时,y1= =log32<y2=1+b=1+log32, a ∴-1<x0<0,∴n=-1. 考点二 与函数有关的自定义问题 例2 若对于定义在 R 上的函数 f(x),其图象是连续不断的,且存在常数 λ(λ∈R)使得 f(x

+λ)+λf(x)=0 对任意实数都成立,则称 f(x)是一个“λ-伴随函数”.有下列关于“λ -伴随函数”的结论:①f(x)=0 是常数函数中唯一一个“λ-伴随函数”;②f(x)=x 是 1 “λ-伴随函数”; ③f(x)=x2 是“λ-伴随函数”; ④“ -伴随函数”至少有一个零点. 2 其中正确结论的个数是________. 先理解新定义“λ-伴随函数”的意义,然后对给出的函数逐一用定义检验, 从而判断所给命题的正确性. 答案 1 解析 对于①,若 f(x)=c≠0,取 λ=-1, 则 f(x-1)-f(x)=c-c=0, 即 f(x)=c≠0 是一个“λ-伴随函数”,故①不正确. 对于②,若 f(x)=x 是一个“λ-伴随函数”, 则(x+λ)+λx=0,求得 λ=0 且 λ=-1,矛盾,故②不正确. 对于③,若 f(x)=x2 是一个“λ-伴随函数”, 则(x+λ)2+λx2=0,求得 λ=0 且 λ=-1,矛盾,故③不正确. 1 对于④,若 f(x)是“ -伴随函数”, 2 1 1 则 f(x+ )+ f(x)=0,取 x=0, 2 2 1 1 则 f( )+ f(0)=0, 2 2 1 若 f(0),f( )任意一个为 0,函数 f(x)有零点; 2 1 若 f(0),f( )均不为 0, 2 1 则 f(0),f( )异号,由零点存在性定理, 2

1 知 f(x)在(0, )内存在零点 x0, 2 所以④正确. 函数的创新命题是高考命题的一个亮点,此类题型是用数学符号、文字叙述 给出一个教材之外的新定义,如本题中的“λ-伴随函数”,要求在短时间内通过阅读、 理解后,解决题目给出的问题.解决这类问题的关键是准确把握新定义的含义,把从定 义和题目中获取的新信息进行有效的整合,并转化为熟悉的知识加以解决,即检验 f(x +λ)+λf(x)=0 对任意实数都成立. 若平面直角坐标系内两点 P, Q 满足条件: ①P, Q 都在函数 f(x)的图象上; ②P,Q 关于 y 轴对称,则称点对(P,Q)是函数 f(x)的图象上的一个“镜像点对”(点对 (P,Q)与点对(Q,P)看作同一个“镜像点对”).
? ?cos πx?x<0?, 已知函数 f(x)=? 则 f(x)的图象上的“镜像点对”有________对. ?log3x?x>0?, ?

答案 3 解析 依题意,设点 P(x0,y0),Q(-x0,y0)(其中 x0>0), 若点对(P,Q)是函数 f(x)的图象上的一个“镜像点对”,
?y0=log3x0, ? 则有? ?y0=cos π?-x0?=cos πx0, ?

所以 log3x0=cos πx0,即 x0 是方程 log3x=cos πx 的根. 在同一个直角坐标系中画出函数 y=log3x 与 y=cos πx 的图象,可知这两个图象共有 3 个交点,即函数 f(x)的图象的“镜像点对”共有 3 对. 考点三 函数模型及其应用 例 3 省环保研究所对市中心每天环境放射性污染情况进行调查研究后,发现一天中环境

x 2 综合放射性污染指数 f(x)与时刻 x(时)的关系为 f(x)=| 2 -a|+2a+ ,x∈[0,24],其 3 x +1 1 中 a 是与气象有关的参数,且 a∈[0, ],若用每天 f(x)的最大值为当天的综合放射性 2 污染指数,并记作 M(a). x (1)令 t= 2 ,x∈[0,24],求 t 的取值范围; x +1 (2)省政府规定,每天的综合放射性污染指数不得超过 2,试问目前市中心的综合放射性 污染指数是否超标? (1)分 x=0 和 x≠0 两种情况,当 x≠0 时变形使用基本不等式求解. 2 (2)利用换元法把函数 f(x)转化成 g(t)=|t-a|+2a+ ,再把函数 g(t)写成分段函数后求 3 M(a).



(1)当 x=0 时,t=0;

1 当 0<x≤24 时,x+ ≥2(当 x=1 时取等号), x x 1 1 1 ∴t= 2 = ∈(0, ],即 t 的取值范围是[0, ]. 1 2 2 x +1 x+ x 1 2 (2)当 a∈[0, ]时,记 g(t)=|t-a|+2a+ , 2 3

?-t+3a+3,0≤t≤a, 则 g(t)=? 2 1 ?t+a+3,a<t≤2.
1 ∵g(t)在[0,a]上单调递减,在(a, ]上单调递增, 2 2 1 7 且 g(0)=3a+ ,g( )=a+ , 3 2 6 1 1 g(0)-g( )=2(a- ). 2 4

2

?g?2?,0≤a≤4, 故 M(a)=? 1 1 ?g?0?,4<a≤2. ?a+6,0≤a≤4, 即 M(a)=? 2 1 1 ?3a+3,4<a≤2.
1 7 当 0≤a≤ 时,M(a)=a+ <2 显然成立; 4 6 7 1

1

1

?3a+3≤2, 由? 1 1 ?4<a≤2,

2

1 4 得 <a≤ , 4 9

4 ∴当且仅当 0≤a≤ 时,M(a)≤2. 9 4 4 1 故当 0≤a≤ 时不超标,当 <a≤ 时超标. 9 9 2 (1)解答函数应用题的关键 将实际问题中的数量关系转化为函数模型,常见模型有:一次或二次函数模型;分式函 数模型;指数式函数模型等. (2)对函数模型求最值的常用方法 单调性法、基本不等式法及导数法.

(3)本题中的函数与方程思想:①在求 t 的范围时,把 t 看作是 x 的函数,在求 M(a)时, 把综合放射性污染指数看作是 t 的函数.②在确定综合放射性污染指数是否超标时,用 到了方程的思想. 某地发生地质灾害,使当地的自来水受到了污染,某部门对水质检测后, 决定在水中投放一种药剂来净化水质,已知每投放质量为 m 的药剂后,经过 x 天该药

?16+2,0<x≤4, 剂在水中释放的浓度 y(毫克/升)满足 y=mf(x), 其中 f(x)=? x+14 ?2x-2,x>4,
克/升)且不高于 10(毫克/升)时称为最佳净化. (1)如果投放的药剂质量为 m=4,试问自来水达到有效净化一共可持续几天?

x2

当药剂

在水中的浓度不低于 4(毫克/升)时称为有效净化; 当药剂在水中释放的浓度不低于 4(毫

(2)如果投放药剂质量为 m, 为了使在 7 天(从投放药剂算起包括 7 天)之内的自来水达到 最佳净化,试确定应该投放的药剂质量 m 的最小值. 解 (1)由题意,得当药剂质量 m=4 时, x2

? 4 +8?0<x≤4?, y=? 2x+28 ? x-1 ?x>4?.
x2 当 0<x≤4 时 +8≥4,显然符合题意. 4 2x+28 当 x>4 时 ≥4,解得 4<x≤16. x-1 综上 0<x≤16. 所以自来水达到有效净化一共可持续 16 天.

? (2)由 y=m· f(x)=? m?x+14? ? 2x-2 ?x>4?,
-30m 当 x>4 时,y′= <0, ?2x-2?2

mx2 +2m?0<x≤4?, 16



mx2 当 0<x≤4 时,y= +2m 在区间(0,4]上单调递增,即 2m<y≤3m; 16

7m ∴函数在区间(4,7]上单调递减,即 ≤y<3m, 4 7m 综上知, ≤y≤3m, 4

7m 为使 4≤y≤10 恒成立,只要 ≥4 且 3m≤10 即可, 4 即 16 10 ≤m≤ . 7 3

16 所以应该投放的药剂量 m 的最小值为 . 7

1. 函数与方程 (1)函数 f(x)有零点?方程 f(x)=0 有根?函数 f(x)的图象与 x 轴有交点. (2)函数 f(x)的零点存在性定理 如果函数 f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的曲线,并且有 f(a)· f(b)<0,那么,函数 f(x)在区间(a,b)内有零点,即存在 c∈(a,b),使 f(c)=0. ①如果函数 f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的曲线,并且函数 f(x)在区间[a,b]上 是一个单调函数,那么当 f(a)· f(b)<0 时,函数 f(x)在区间(a,b)内有唯一的零点,即存在 唯一的 c∈(a,b),使 f(c)=0. ②如果函数 f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的曲线,并且有 f(a)· f(b)>0,那么,函 数 f(x)在区间(a,b)内不一定没有零点. ③如果函数 f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的曲线,那么当函数 f(x)在区间(a,b) 内有零点时不一定有 f(a)· f(b)<0,也可能有 f(a)· f(b)>0. 2. 函数综合题的求解往往应用多种知识和技能.因此,必须全面掌握有关的函数知识,并 且严谨审题,弄清题目的已知条件,尤其要挖掘题目中的隐含条件.要认真分析,处理 好各种关系,把握问题的主线,运用相关的知识和方法逐步化归为基本问题来解决. 3. 应用函数模型解决实际问题的一般程序 读题 建模 求解 反馈 ? ? ? ?文字语言? ?数学语言? ?数学应用? ?检验作答? 与函数有关的应用题,经常涉及到物价、 路程、 产值、环保等实际问题,也可涉及角度、 面积、体积、造价的最优化问题.解答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式, 然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.

1 1. 已知函数 f(x)=( )x-log2x,实数 a,b,c 满足 f(a)· f(b)· f(c)<0(0<a<b<c),若实数 x0 为方 3 程 f(x)=0 的一个解,那么下列不等式中,不可能成立的是________.(填序号) ①x0<b;②x0>b;③x0<c;④x0>c.

答案 ④ 1 解析 函数 f(x)=( )x-log2x 3 在其定义域(0,+∞)上是减函数, ∵0<a<b<c,∴f(a)>f(b)>f(c). 又∵f(a)f(b)f(c)<0, 则 f(a)<0,f(b)<0,f(c)<0, 或者 f(a)>0,f(b)>0,f(c)<0. 若 f(a)<0,f(b)<0,f(c)<0,则 x0<a, 若 f(a)>0,f(b)>0,f(c)<0,则 b<x0<c, 故 x0>c 不可能成立,故填④. 2. 若 f(x)+1= 1 ,当 x∈[0,1]时,f(x)=x,若在区间(-1,1]内,g(x)=f(x)-mx-m 有 f?x+1?

两个零点,则实数 m 的取值范围是________. 答案 1 (0, ] 2

解析 设 x∈(-1,0),则 x+1∈(0,1), 1 1 ∴f(x)= -1= -1, f?x+1? x+1 ∴画出 f(x)在(-1,1]上的图象(如下图),

g(x)=f(x)-mx-m 在(-1,1]上有两个零点,即 f(x)=m(x+1)有两个不同根, 即 y=f(x)与 y=m(x+1)有两个不同交点. 如上图,当过(-1,0)的直线处于 l 与 x 轴之间时, 1 满足题意,则 0<m≤ . 2

(推荐时间:60 分钟) 一、填空题

1.若函数 f(x)=x2-ax-b 的两个零点是 2 和 3, 则函数 g(x)=bx2-ax-1 的零点是________. 1 1 答案 - ,- 2 3 解析
2 ? ? ?2 -2a-b=0 ?a=5 由? 2 ,得? . ?3 -3a-b=0 ? ? ?b=-6

1 1 ∴g(x)=-6x2-5x-1 的零点为- ,- . 2 3 2 2. 函数 f(x)=2x- -a 的一个零点在区间(1,2)内,则实数 a 的取值范围是________. x 答案 (0,3)

2 解析 因为 f′(x)=2xln 2+ 2>0, x 所以 f(x)是增函数,由条件可知 f(1)f(2)<0, 即(2-2-a)(4-1-a)<0,即 a(a-3)<0, 解之得 0<a<3. 3. (2013· 天津改编)函数 f(x)=2x|log0.5 x|-1 的零点个数为________. 答案 2 1?x 解析 当 0<x<1 时,f(x)=2xlog0.5x-1,令 f(x)=0,则 log0.5x=? ?2? 1?x 由 y=log0.5x,y=? ?2? 的图象知,在(0,1)内有一个交点,即 f(x)在(0,1)上有一个零点. 当 x>1 时,f(x)=-2xlog0.5x-1=2xlog2x-1, 1?x 令 f(x)=0 得 log2x=? ?2? , 1?x 由 y=log2x,y=? ?2? 的图象知在(1,+∞)上有一个交点,即 f(x)在(1,+∞)上有一个零 点,故有 2 个零点.

? x,x<A, 4. 根据统计, 一名工人组装第 x 件某产品所用的时间(单位: 分钟)为 f(x)=? c ? A,x≥A
(A,c 为常数).已知工人组装第 4 件产品用时 30 分钟,组装第 A 件产品用时 15 分钟, 那么 c 和 A 的值分别是________. 答案 60,16 解析 因为组装第 A 件产品用时 15 分钟, 所以 c =15, A c c = =30, 4 2 ① ②

c

所以必有 4<A,且

联立①②解得 c=60,A=16. 5. 若存在 a∈[1,3],使得不等式 ax2+(a-2)x-2>0 成立,则实数 x 的取值范围________. 2? ? 答案 ?x|x<-1或x>3?
? ?

解析 由 ax2+(a-2)x-2>0 得(x2+x)a-2(x+1)>0. 令 f(a)=(x2+x)a-2(x+1). 方法一 (补集法)
?f?1?≤0, ?x2-x-2≤0, ? ? 由题意得? 即? 2 ? ? ?f?3?≤0. ?3x +x-2≤0,

2 解得-1≤x≤ , 3 2 所以所求范围为该集合的补集,即为 x<-1 或 x> . 3 方法二 (直接法)由题意得 f(1)>0 或 f(3)>0,解得. 6.若关于 x 的方程 4cos x-cos2x+m-3=0 恒有实数解, 则实数 m 的取值范围是________. 答案 [0,8]

解析 设 cos x=t∈[-1,1],则 t2-4t+3-m=0, 得 m=t2-4t+3 在[-1,1]上是单调递减的, 所以 m∈[0,8].
?|lg x|,x>0, ? 7. 设定义域为 R 的函数 f(x)=? 2 则关于 x 的函数 y=2f2(x)-3f(x)+1 的 ? - x - 2 x , x ≤ 0 , ?

零点的个数为________. 答案 7 解析 由 y=2f2(x)-3f(x)+1=0 得 1 f(x)= 或 f(x)=1, 2

1 如图画出 f(x)的图象,由 f(x)= 知有 4 个根, 2 由 f(x)=1 知有 3 个根,故共有 7 个零点.
? ?log2x,x>0, 8. 已知函数 f(x)=? x 且关于 x 的方程 f(x)+x-a=0 有且只有一个实根,则实 ?3 ,x≤0, ?

数 a 的取值范围是________. 答案 (1,+∞)

解析 画出函数 y=f(x)与 y=a-x 的图象,如图所示,所以 a>1.

9. (2013· 辽宁改编)已知函数 f(x)=x2-2(a+2)x+a2,g(x)=-x2+2(a-2)x-a2+8.设 H1(x) =max{f(x),g(x)},H2(x)=min{f(x),g(x)}(max{p,q}表示 p,q 中的较大值,min{p, q}表示 p, q 中的较小值). 记 H1(x)的最小值为 A, H2(x)的最大值为 B, 则 A-B=________. 答案 -16 解析 f(x)=[x-(a+2)]2-4-4a,

g(x)=-[x-(a-2)]2+12-4a, 在同一坐标系内作 f(x)与 g(x)的图象(如图).

依题意知,函数 H1(x)的图象(实线部分), 函数 H2(x)的图象(虚线部分). ∴H1(x)的最小值 A=f(a+2)=-4-4a, H2(x)的最大值 B=g(a-2)=12-4a, 因此 A-B=(-4-4a)-(12-4a)=-16. 二、解答题 10.(2012· 陕西改编)设函数 fn(x)=xn+bx+c(n∈N+,b,c∈R). 1 ? (1)设 n≥2,b=1,c=-1,证明:fn(x)在区间? ?2,1?内存在唯一零点; (2)设 n=2,若对任意 x1,x2∈[-1,1],有|f2(x1)-f2(x2)|≤4,求 b 的取值范围. (1)证明 b=1,c=-1,n≥2 时,fn(x)=xn+x-1. 1? ? 1 1? ∵fn? ?2?fn(1)=?2n-2?×1<0, 1 ? ∴fn(x)在? ?2,1?内存在零点. 1 ? n-1 又当 x∈? ?2,1?时,f′n(x)=nx +1>0, 1 ? ∴fn(x)在? ?2,1?上是单调递增的, 1 ? ∴fn(x)在? ?2,1?内存在唯一零点.

(2)解 当 n=2 时,f2(x)=x2+bx+c. 对任意 x1, x2∈[-1,1]都有|f2(x1)-f2(x2)|≤4 等价于 f2(x)在[-1,1]上的最大值与最小值之 差 M≤4. 据此分类讨论如下: b? ①当? ?2?>1,即|b|>2 时, M=|f2(1)-f2(-1)|=2|b|>4,与题设矛盾. b ②当-1≤- <0,即 0<b≤2 时, 2 b b - ?=? +1?2≤4 恒成立. M=f2(1)-f2? 2 ? ? ?2 ? b ③当 0≤- ≤1,即-2≤b≤0 时, 2 b? ?b ?2 M=f2(-1)-f2? ?-2?=?2-1? ≤4 恒成立. 综上可知,-2≤b≤2. 11.某分公司经销某种品牌产品,每件产品的成本为 3 元,并且每件产品需向总公司交 a 元(3≤a≤5)的管理费, 预计当每件产品的售价为 x 元(9≤x≤11)时, 一年的销售量为(12 -x)2 万件. (1)求分公司一年的利润 L(万元)与每件产品的售价 x 的函数关系式; (2)当每件产品的售价为多少元时, 分公司一年的利润 L 最大?并求出 L 的最大值 Q(a). 解 (1)分公司一年的利润 L(万元)与售价 x 的函数关系式为 L=(x-3-a)(12-x)2,

x∈[9,11]. (2)L′(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x) =(12-x)(18+2a-3x). 2 令 L′=0 得 x=6+ a 或 x=12(不合题意,舍去). 3 2 28 ∵3≤a≤5,∴8≤6+ a≤ . 3 3 2 在 x=6+ a 两侧,L′的值由正变负. 3 2 9 所以①当 8≤6+ a<9,即 3≤a< 时, 3 2 Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a); 2 28 9 ②当 9≤6+ a≤ ,即 ≤a≤5 时, 3 3 2 2 2 2 1 6+ a?=?6+ a-3-a??12-?6+ a??2=4?3- a?3, Lmax=L? ? 3 ? ? 3 ?? ? 3 ?? ? 3 ?

?9?6-a?,3≤a<2, 所以 Q(a)=? 1 ? 9 ?4? ?3-3a? ,2≤a≤5.
3

9

9 故若 3≤a< ,则当每件售价为 9 元时,分公司一年的利润 L 最大,最大值 Q(a)=9(6 2 2 ? 9 -a)(万元);若 ≤a≤5,则当每件售价为? ?6+3a?元时,分公司一年的利润 L 最大,最 2 1 ?3 大值 Q(a)=4? ?3-3a? (万元). 12.已知函数 f(x)=ex m-x,其中 m 为常数.


(1)若对任意 x∈R 有 f(x)≥0 成立,求 m 的取值范围; (2)当 m>1 时,判断 f(x)在[0,2m]上零点的个数,并说明理由. 解 (1)f′(x)=ex
-m

-1,

令 f′(x)=0,得 x=m. 故当 x∈(-∞,m)时,ex m<1,f′(x)<0,f(x)单调递减;


当 x∈(m,+∞)时,ex

-m

>1,f′(x)>0,f(x)单调递增.

∴当 x=m 时,f(m)为极小值,也是最小值. 令 f(m)=1-m≥0,得 m≤1, 即若对任意 x∈R 有 f(x)≥0 成立,则 m 的取值范围是(-∞,1]. (2)由(1)知 f(x)在[0,2m]上至多有两个零点,当 m>1 时,f(m)=1-m<0. ∵f(0)=e
-m

>0,f(0)f(m)<0,

∴f(x)在(0,m)上有一个零点. ∵f(2m)=em-2m,令 g(m)=em-2m, ∵当 m>1 时,g′(m)=em-2>0, ∴g(m)在(1,+∞)上单调递增, ∴g(m)>g(1)=e-2>0,即 f(2m)>0. ∴f(m)· f(2m)<0,∴f(x)在(m,2m)上有一个零点. 故 f(x)在[0,2m]上有两个零点.


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