第04讲 导数的综合应用（第3课时 利用导数探究函数的零点问题）（解析版）

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第3课时　利用导数探究函数的零点问题  [A级　基础练]1．已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝xf(x)－的零点个数是(　　)A．0　　　　　　　　　　　 B．1C．2   D．3解析：选B.函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)＝的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．故选B.2．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．解析：f′(x)＝＝(a<0)．当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，解得a>－e2，因此－e2<a<0.答案：(－e2，0)3．已知函数f(x)＝a＋ln x(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)试判断f(x)的零点个数．解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝()′ln x＋·＝，令f′(x)＞0，解得x＞e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－，显然a≤0时，f(x)＝0，有1个零点，a＞时，f(x)＞0，无零点，a＝时，f(x)＝0，有1个零点，0<a<时，f(x)<0，有2个零点．4．已知函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．解：(1)因为函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A，所以－4a－4a－2＝，解得a＝2，即f(x)＝x3－x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2.由f′(x)>0，得x<－1或x>2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，则－<2m－3<－，解得－<m<.所以m的取值范围为.[B级　综合练]5．已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－x2＋6x，其中a>0.(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．当x>1时，f′(x)>0；当0<x<1时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－x2＋6x＋m，则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．当x>1时，h′(x)<0；当0<x<1时，h′(x)>0.所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝＋m.要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则＋m≥－1，即m≥－.所以实数m的取值范围为.6．(2020·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直．(1)求b；(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.解：(1)f′(x)＝3x2＋b.依题意得f′＝0，即＋b＝0.故b＝－.(2)由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.f′(x)与f(x)的情况为：x－f′(x)＋0－0＋f(x)c＋c－因为f(1)＝f＝c＋，所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点．因为f(－1)＝f＝c－，所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点．由题设可知－≤c≤.当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.当－<c<时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈.综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.[C级　创新练]7．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R)．(1)若a＝0，试讨论f(x)的单调性；(2)若0<a<2，b＝1，实数x1，x2为方程f(x)＝m－ax2的两个不等实根，求证：＋>4－2a.解：(1)依题意知x>0，当a＝0时，f′(x)＝－(b＋1)．①当b≤－1时，f′(x)>0恒成立，此时f(x)在定义域上单调递增；②当b>－1时，x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：由f(x)＝m－ax2得ln x＋(a－2)x＋2－m＝0，令g(x)＝ln x＋(a－2)x＋2，x>0，则g(x1)＝g(x2)＝m，依题意有ln x1＋(a－2)x1＝ln x2＋(a－2)x2，所以a－2＝，要证＋>4－2a，只需证>2(2－a)＝(不妨设x1<x2)，即证－<－2ln ，即证2ln＋－<0，令＝t(t>1)，则g(t)＝2ln t－t＋，因为g′(t)＝－1－＝－<0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(t)<g(1)＝0，从而有＋>4－2a.