1
考点突破练20 利用导数研究函数的零点问题
1.(2020 全国Ⅲ,文20)已知函数f(x)=x3-kx+k2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有三个零点,求k 的取值范围.
2.(2023 黑龙江哈师大附中三模)已知f(x)=ex·sin x-x.
(1)若g(x)=2-2 x - f ( x )
e
x
0<x<π
2
,证明:g(x)存在唯一零点;
(2)当x∈(-∞,π)时,讨论f(x)零点个数.
3.(2023 湖南娄底模拟)已知函数f(x)=ex+kx2-x(其中k≥0),g(x)=xex-x.
(1)证明:函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增;
(2)判断方程f(x)=g(x)在R 上的实根个数.
4.(2023 广东深圳二模)已知函数f(x)=emx-1-x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当m>0 时,函数g(x)=f(x)-ln x +1
m
+x 恰有两个零点.
①求m 的取值范围;
②证明:g(x)>m
1
m -m
- 1
m.
2
考点突破练20 利用导数研究函数的零点问题
1.解 (1)f'(x)=3x2-k.当k=0 时,f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增;当k<0 时,f'(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-
∞,+∞)单调递增.当k>0 时,令f'(x)=0,得x=±√3k
3
.当x∈(-∞,-√3k
3
)时,f'(x)>0;当x∈(-√3k
3
, √3k
3
)
时,f'(x)<0;当x∈(√3k
3
,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,-√3k
3
),(√3k
3
,+∞)单调递增,在(-√3k
3
, √3k
3
)单
调递减.
(2)由(1)知,当k≤0 时,f(x)在(-∞,+∞)单调递增,f(x)不可能有三个零点.当k>0 时,x=-√3k
3
为f(x)的
极大值点,x=√3k
3
为f(x)的极小值点.根据f(x)的单调性,当f(
√3k
3 )<0,f(- √3k
3 )>0,即k2-2k √3k
9
<0,k2+6k √3k
27
>0 时,f(x)有三个零点,解得k< 4
27.
因此k 的取值范围为(0, 4
27 ).
2.(1)证明 g(x)=2-2 x - f ( x )
e
x
= 2- x -e
xsin x
e
x
(0< x< π
2),
g'(x)=(2- x -e
xsin x )'e
x -(2- x -e
xsin x )(e
x)'
(e
x)
2
=-3+ x -e
xcos x
e
x
,由于0<x<π
2 ,所以cos
x∈(0,1),excos x>0,x-3<0,所以-3+x-excos x<0,进而g'(x)<0,所以g(x)在区间(0, π
2)上单调递减,又
g(0)=2>0,g(
π
2)=
2- π
2 -e
π
2 sin π
2
e
π
2
=
2- π
2 -e
π
2
e
π
2
<0,所以g(x)存在唯一零点.
(2)解 f(x)=exsin x-x,x∈(-∞,π),
则f'(x)=exsin x+excos x-1,x∈(-∞,π),
当x≤-π
2 时,因为ex<e
- π
2,f'(x)=exsin x+excos x-1=ex·(sin x+cos x)-1≤√2ex-1≤√2e
- π
2-1<√2e-1-1<0,
此时f(x)在区间(-∞,- π
2]上单调递减,f(- π
2)=e
- π
2·sin(- π
2)+ π
2 >-e
- π
2+1>0,
所以f(x)在区间(-∞,- π
2]上没有零点;
令h(x)=exsin x+excos x-1,
当-π
2 <x≤π
2 时,h'(x)=2excos x≥0,
所以f'(x)在区间(- π
2 , π
2]上单调递增,又f'(0)=0,故当-π
2 <x<0 时,f'(x)<0,故f(x)在区间(- π
2 ,0]
上单调递减,且f(0)=0,当0<x<π
2 时,f'(x)>0,故f(x)在区间(0, π
2]上单调递增,因此当-π
2 <x≤π
2 时,
f(x)只有一个零点0.当x∈(
π
2 ,π)时,h'(x)=2excos x<0,所以f'(x)在区间(
π
2 ,π)上单调递减,
f'(π)=-eπ-1<0,f'(
π
2)=e
π
2-1>0,
3
故∃x0∈(
π
2 ,π),使得f'(x0)=0,且当x∈(
π
2 , x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,f(x)
单调递减,而f(
π
2)=e
π
2 - π
2 >e-π
2 >0,f(π)=-π<0.所以当x∈(
π
2 , x0)时,f(x)>0,此时f(x)无零点,当
x∈(x0,π)时,f(x)只有一个零点,综上,当x∈(-∞,π)时,f(x)有2 个零点.
3.(1)证明 f'(x)=ex+2kx-1,设F(x)=ex+2kx-1,则F'(x)=ex+2k,因为k≥0,所以F'(x)>0,所以F(x)在
[0,+∞)上单调递增,所以f'(x)=F(x)≥F(0)=0,当且仅当x=0 时,取得等号,所以函数f(x)在区间
[0,+∞)上单调递增.
(2)解 方程f(x)=g(x)在R 上有且仅有1 个实根.
证明如下:
方程f(x)=g(x),即ex+kx2-x=xex-x,
即(x-1)ex-kx2=0,
令h(x)=(x-1)ex-kx2,则h'(x)=x(ex-2k),
因为当x<1 时,h(x)<0,则h(x)在区间(-∞,1)上无零点,
所以只需证明h(x)在区间[1,+∞)上有且只有一个零点.
①若k∈[0, e
2],
当x≥1 时,h'(x)≥0,则h(x)在区间[1,+∞)上单调递增,
又因为h(1)=-k≤0,h(2)=e2-4k≥e2-2e>0,
所以h(x)在区间[1,+∞)上有且只有一个零点;
②若k∈(
e
2 ,+∞),由h'(x)>0,得x>ln(2k),由h'(x)<0,得1≤x<ln(2k),所以h(x)在区间[1,ln(2k))上
单调递减,在区间(ln(2k),+∞)上单调递增.又因为h(1)=-k<0,h(k+1)=kek+1-k(k+1)2=k[ek+1-(k+1)2],
令t=k+1>2,m(t)=et-t2,则m'(t)=et-2t,
令φ(t)=et-2t,φ'(t)=et-2,因为t>2,所以φ'(t)>0,
所以m'(t)=φ(t)在区间(2,+∞)上单调递增,
所以m'(t)>m'(2)=e2-4>0,
所以m(t)在区间(2,+∞)上单调递增,
所以m(t)>m(2)=e2-4>0,即h(k+1)>0,
所以h(x)在区间[1,+∞)上有且只有一个零点.
综上所述,当k∈[0,+∞)时,h(x)在区间[1,+∞)上有且只有一个零点.所以方程f(x)=g(x)在R 上有且
仅有1 个实根.
4.解 (1)f'(x)=memx-1-1,当m≤0 时,f'(x)=memx-1-1<0,函数f(x)在R 上单调递减.
当m>0 时,设F(x)=memx-1-1,则F'(x)=m2emx-1>0,
所以函数F(x)=memx-1-1 在R 上单调递增,即f'(x)=memx-1-1 在R 上单调递增.
令f'(x)=memx-1-1=0,得x=1- ln m
m
,
当x∈(-∞, 1- ln m
m )时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,
当x∈(
1- ln m
m
,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.
综上,当m≤0 时,函数f(x)在R 上单调递减;
当m>0 时,函数f(x)在(-∞, 1- ln m
m )上单调递减,在(
1- ln m
m
,+∞)上单调递增.
(2)①g(x)=f(x)-ln x +1
m
+x=emx-1-ln x +1
m
(m>0),
函数g(x)的定义域为(0,+∞),
g'(x)=memx-1- 1
mx = m
2 x e
mx -1-1
mx
(x>0),
4
设h(x)=m2xemx-1-1,则h'(x)=m2(mx+1)emx-1>0,
所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,
由(1)可知,当m=1 时,f(x)≥f(
1- ln m
m )=f(1)=1-1=0,即ex-1≥x,所以h(m
- 3
2+1)=m2(m
- 3
2+1)
e
m(m
- 3
2 +1)-1-1≥m2(m
- 3
2+1)·m(m
- 3
2+1)-1,
所以h(m
- 3
2+1)>m2·m
- 3
2·m·m
- 3
2-1=0,
又因为h(0)=-1,由零点的存在定理可得,存在x1∈(0,m
- 3
2+1),使得h(x1)=0,即mx1e
m x1-1= 1
m,(*)
当x∈(0,x1)时,h(x)<0,即g'(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(x1,+∞)时,h'(x)>0,即g'(x)>0,g(x)单调递增,
当m≥1 时,由(*)可知g(x1)=e
m x1-1- ln x1+1
m
=
1
m
2 x1
- ln x1+1
m
= 1-m x1(ln x1+1)
m
2 x1
,且
0<mx1e
m x1-1= 1
m≤1,
设φ(x)=xex-1(x>0),则φ'(x)=(x+1)ex-1>0,
所以函数φ(x)=xex-1在(0,+∞)上单调递增,
因为φ(1)=1,结合0<mx1e
m x1-1= 1
m≤1,得mx1≤1,
又m≥1,所以x1≤1
m≤1,
所以1-mx1(ln x1+1)≥1-mx1≥0,即g(x)≥g(x1)≥0,
所以当m≥1 时,函数g(x)最多一个零点,与题意矛盾.
当0<m<1 时,g(1)=em-1- 1
m,
设G(x)=ex-1-1
x (0<x<1),则G'(x)=ex-1+ 1
x
2>0,
所以函数G(x)在(0,1)上单调递增,
所以G(x)<G(1)=0,即g(1)=em-1- 1
m<0,
因为ex-1≥x(x>0),所以x-1≥ln x,
即√x-1≥ln√x,所以2√x-2≥ln x,
则g(x)≥mx-2√x -2+1
m
>mx-2√x
m ,
所以g(
4
m
4)>m· 4
m
4 -
2√
4
m
4
m
=0,且4
m
2>1,
当0<m<1 时,mx1e
m x1-1= 1
m>1,
所以由φ(x)的单调性可知mx1>1,x1> 1
m>1,
所以当x∈(1,x1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(x1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以由零点的存在定理可知,g(x)在区间(1, 4
m
4)上存在唯一的零点,g(
1
e)=e
m
e -1
-
ln 1
e +1
m
=e
m
e -1
>0,且1
e <1,
5
所以由零点的存在定理可知,g(x)在区间(
1
e ,1)上存在唯一的零点,所以当0<m<1 时,函数g(x)恰
有两个零点,
综上所述,m 的取值范围为(0,1).
②因为mx1e
m x1-1= 1
m,即2ln m+ln x1+mx1-1=0,
则ln x1+1=-2ln m-mx1+2,
所以g(x1)=e
m x1-1- ln x1+1
m
=
1
m
2 x1
+x1+2ln m
m
- 2
m,
由基本不等式可得g(x1)=
1
m
2 x1
+x1+2ln m
m
- 2
m≥2√
1
m
2 x1
· x1+ 2ln m
m
- 2
m = 2ln m
m
,
当且仅当
1
m
2 x1
=x1,即x1= 1
m时,等号成立,
由mx1e
m x1-1= 1
m,x1= 1
m可得m=1,这与0<m<1 矛盾,
所以x1≠1
m,所以g(x)≥g(x1)>2ln m
m
,
要证g(x)>m
1
m -m
- 1
m,即证2ln m
m
>m
1
m -m
- 1
m.
因为0<m<1,所以0<m
1
m<1.设H(x)=2ln x-x+1
x (x>0),则H'(x)=2
x -1- 1
x
2=-(
1
x -1)
2
≤0,所以函数
H(x)在(0,+∞)上单调递减.所以当0<x<1 时,H(x)>H(1)=0,所以2ln m
m
=2ln m
1
m >m
1
m -m
- 1
m,
又g(x)≥g(x1)>2ln m
m
,所以g(x)>m
1
m -m
- 1
m.
