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专题突破练 7 利用导数研究函数的零点
4
1.(2021·福建厦门月考)已知函数f(x)= x3- x2 ex的定义域为[-1,+∞).
3
(1)求f(x)的单调区间;
(2)讨论函数g(x)=f(x)-a在区间[-1,2]上的零点个数.
x2
2.(2021·江苏苏州月考)已知函数f(x)= -2ln x(a∈R,a≠0).
a
(1)求函数f(x)的极值;
(2)若函数f(x)有两个零点x,x(x4.
1 2 1 2 1 2
2
3.(2021·山东烟台期中)已知函数f(x)=ax+ +1(a∈R).
ex
(1)若函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)当a≠0时,讨论函数g(x)=f(x)-a-3的零点个数,并给予证明.1 1
4.(2021·山西太原三模)已知函数f(x)=aln x- x2+b-ln 2的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=- x+1.
4 2
(1)求f(x)的单调区间;
3
(2)设x,x(x1或-1≤x<0时,f'(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为[-1,0),(1,+∞).
e
(2)由(1)知,f(x)在区间[-1,2]上的极大值为f(0)=0,极小值为f(1)=- .
3
7 f (-1) 7 7 8e2
因为f(-1)=- , = < <1,所以f(1) 时,g(x)的零点个数为0;
3 3
e 8e2
当a=- 或00时,若x∈(0,√a),f'(x)<0,f(x)在区间(0,√a)上单调递减.
若x∈(√a,+∞),f'(x)>0,f(x)在区间(√a,+∞)上单调递增,故f(x)在区间(0,+∞)上的极小值为f(
√a)=1-2ln √a=1-ln a,无极大值.
x2
(2)证明: 当a=4时,f(x)= -2ln x.
4
由(1)知,f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,x=2是函数f(x)的极值点.
又x ,x 为函数f(x)的零点,所以04,只需证x >4-x .
1 2 1 2 1 2 2 1
(4-x )2 x2 x2
∵f(4-x )= 1 -2ln(4-x )= 1-2x +4-2ln(4-x ),又f(x )= 1-2ln x =0,
1 1 1 1 1 1
4 4 4
∴f(4-x )=2ln x -2x +4-2ln(4-x ).
1 1 1 1
2 2 2(x-2)2
令h(x)=2ln x-2x+4-2ln(4-x)(00,∴h(x)在区间(0,2)
x 4-x x(4-x)
上单调递增,
∴h(x)2,x >2,∴4-x 4得证.
1 2 1 2 1 22
3.解: (1)f'(x)=a- .
ex
2
由题意得f'(x)≥0,即a≥ 在区间(1,+∞)上恒成立.
ex
2 2 2
当x∈(1,+∞)时, ∈ 0, ,所以a≥ .
ex e e
2
故实数a的取值范围为 ,+∞ .
e
(2)当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当a>0时,函数g(x)有两个零点.证明如下:
2 2 aex-2
由已知得g(x)=ax+ -a-2,则g'(x)=a- = .
ex ex ex
当a<0时,g'(x)<0,所以函数g(x)单调递减.
2
又g(0)=-a>0,g(1)= -2<0,故函数g(x)有且只有一个零点.
e
2 2 2
当a>0时,令g'(x)<0,得x0,得x>ln ,所以函数g(x)在区间 -∞,ln 上单调
a a a
递减,在区间 ln2,+∞ 上单调递增,而g( 2)=a ln2 2
<0,g(a+2)
=
2
>0.
ln − a a+2
a a a a
e a
a+2 2 2 2 a+2
由于x>ln x,所以 > >ln ,所以g(x)在区间 ln , 上存在一个零点.
a a a a a
2 a2+a+2 2 2 a2+a+2
又g ln =a a-ln ,且ln 0在区间(0,+∞)上恒成立,故h(a)在区间(0,+∞)上单调递增.
a2+a+2 a2+a+2
2
而h(0)=0,所以h(a)>0在区间(0,+∞)上恒成立,所以g ln >0,
a2+a+2
2 2
所以g(x)在区间 ln ,ln 上存在一个零点.
a2+a+2 a
综上所述,当a<0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当a>0时,函数g(x)有两个零点.a 1
4.(1)解: 由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=
−
x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2))
x 2
{ f (2)=0, {aln2-1+b-ln2=0,
处的切线方程为y=-
1
x+1,所以
1 即 a 1
解得{a=1,
所以
2 f '(2)=- , -1=- , b=1,
2 2 2
f(x)=ln x-
1
x2+1-ln 2,f'(x)=
1
−
1
x=
2-x2
.当x∈(0, √2 )时,f'(x)>0;当x∈( √2 ,+∞)时,f'(x)<0,
4 x 2 2x
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,√2),单调递减区间为(√2,+∞).
1
(2)证明: 由(1)得f(x)=ln x- x2+1-ln 2(x>0),且f(x)在区间(0, )上单调递增,在区间[ ,
√2 √2
4
+∞)上单调递减,
由题意得f(x )=f(x )=m,且0 ,
1 √2
2
(x+1)(x-2)
则t '(x)= ,令t '(x)>0,得 2,∴t (x)在区间(√2,2]上单调递增,在区间(2,+∞)上单调递减,
1 1
1 (x+2)(x-1)
∴t (x)≤t (2)=2ln 2.令t (x)=2ln x-x- x2,00,得
1 1 2 √2 2 2
2 -x
00).
x x
当m≤0时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,至多有一个零点.
1 1 1
当m>0时,若00,f(x)在区间 0, 上单调递增;若x> ,则f'(x)<0,f(x)在区
m m m
1
间 ,+∞ 上单调递减,
m∴f(x)在x= 1 处取得最大值,由题意得f ( 1) =-ln m-1>0得0 1 >e>1,
m m e m2 m
( 1 ) 1
而f(1)=-m<0,f =-2ln m- <0,
m2 m
1 1 1
∴由零点存在定理可知,f(x)在区间 1, 和 , 上各有一个零点.
m m m2
1
综上所述,m的取值范围是 0, .
e
(2)证明: ∵x ,x 是f(x)的两个零点,不妨设x >x >0,
1 2 1 2
∴ln x -mx =0①,ln x -mx =0②,
1 1 2 2
ln x -ln x 1 1
①-②得ln x -ln x =mx -mx ,即有m= 1 2,由f'(x)= -m,有f'(x +x )= -m=
1 2 1 2 x -x x 1 2 x +x
1 2 1 2
1 ln x -ln x
− 1 2,
x +x x -x
1 2 1 2
ln x -ln x 1
∴要证f'(x +x )<0,即证 1 2> ,
1 2
x -x x +x
1 2 1 2
x -x
即证ln x -ln x > 1 2,
1 2
x +x
1 2
x
1-1 x 2
x x 1+
即证ln 1− 2 >0,即证lnx x -1>0,
x x 2 1+1
2 1+1 x
x 2
2
x 2 t2+1
令 1=t>1,设φ(t)=ln t+ -1(t>1),则φ'(t)= >0,
x t+1 t(t+1)2
2
∴φ(t)在区间(1,+∞)上单调递增,则φ(t)>φ(1)=0,
∴f'(x +x )<0得证.
1 2
6.解: (1)函数f(x)=2exsin x的定义域为R.
π
f'(x)=2ex(sin x+cos x)=2√2exsin x+ .
4
π π π 3π
由f'(x)>0,得sin x+ >0,可得2kπ0;
2
π π π
当x∈ ,π 时,h'(x)<0,所以h(x)在区间 0, 上单调递增,在区间 ,π 上单调递减,即
2 2 2
π π
g'(x)在区间 0, 上单调递增,在区间 ,π 上单调递减.
2 2
g'(0)=2-a,g'(π)=2 π -a>0,g'(π)=-2eπ-a<0.
2
e2
①当2-a≥0,即00;当x∈(x ,π)时,g'(x)<0.所以g(x)
0 0 0 0
2
在区间(0,x )上单调递增,在区间(x ,π)上单调递减.
0 0
因为g(0)=0,所以g(x )>0.
0
因为g(π)=-aπ<0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点.
π π
②当2-a<0,即20.
1 2
所以g(x)在区间(0,x )和(x ,π)上单调递减,在区间(x ,x )上单调递增.
1 2 1 2
因为g(0)=0,所以g(x )<0,
1
因为g (π
2
) =2e π 2− π
2
a>2
e
π
2
-3π>0,所以g(x
2
)>0,
因为g(π)=-aπ<0,由零点存在定理可得,g(x)在区间(x ,x )和(x ,π)内各有一个零点,即此时
1 2 2
g(x)在区间(0,π)上有两个零点.
综上所述,当0
