两函数交点对数二次函数

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1、1、利用图象；2、转化为方程解的问题，证明有唯一解（交点）先找一解，再证单调性（可利用导数）1、设函数fn(x)＝－1＋x＋＋＋…＋(x∈R，n∈N*)．证明：对每个n∈N*，存在唯一的xn∈，1，满足fn(xn)＝0；2．[2013·湖南卷]函数f(x)＝lnx的图像与函数g(x)＝x2－4x＋4的图像的交点个数为(　　)A．0B．1C．2D．33、[2013·陕西卷]已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点；4、已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.若曲线

2、y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．5、已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)．当a＝1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．6．已知函数f(x)＝x2lnx.证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)；7、判断方程2cos2x＝sinx＋sinxcos2x在内是否有解．8、已知函数f(x)＝ex，x∈R.设x>0，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数；9、[2013·山东卷]设函数f(x)＝＋c(e＝2.71828

3、…是自然对数的底数，c∈R)．讨论关于x的方程

4、lnx

5、＝f(x)根的个数．1．证明：(1)对每个n∈N*，当x>0时，f′n(x)＝1＋＋…＋>0，故fn(x)在(0，＋∞)内单调递增．由于f1(1)＝0，当n≥2时，fn(1)＝＋＋…＋>0.故fn(1)≥0.又fn()(＝－1＋＋....＋≤－＋＋.....＋k＝－＋·＝－·n－1<0.所以存在唯一的xn∈，1，满足fn(xn)＝0.2．A　[解析]方法一：作出函数f(x)＝lnx，g(x)＝x2－4x＋4的图像如图所示可知，其交点个数为2，选C.方法二(数值

6、法)x124f(x)＝lnx0ln2(>0)ln4(<4)g(x)＝x2－4x＋4104可知它们有2个交点，选C.3．解：(2)方法一：曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于函数φ(x)＝ex－x2－x－1零点的个数．∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零点x＝0.又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1.当x<0时，h′(x)<0，∴φ′(x)在(－∞，0)上单调递减；当x>0时，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴φ′(x)在x＝0有

7、唯一的极小值φ′(0)＝0，即φ′(x)在R上的最小值为φ′(0)＝0，∴φ′(x)≥0(仅当x＝0时等号成立)，∴φ(x)在R上是单调递增的，∴φ(x)在R上有唯一的零点．故曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．方法二：∵ex>0，x2＋x＋1>0，∴曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于曲线y＝与直线y＝1公共点的个数．设φ(x)＝，则φ(0)＝1，即x＝0时，两曲线有公共点．又φ′(x)＝＝≤0(仅当x＝0时等号成立)，∴φ(x)在R上单调递减，∴φ(x)与y＝1有唯一的公共点，故曲线y

8、＝f(x)与y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．4．解：由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)．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)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1

9、－2b，0)，x2∈(0，2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.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有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．5．解：方法一：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.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＋<0

10、，又函数g(x)的图像连续不断，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)＝>0，知方程g(x)＝0在R上没有实数解．所以k的最大值为1.方法二：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.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＋在R上没有实数