高中第六章 导数及其应用本章综合与测试随堂练习题

专题强化练7　利用导数求函数的零点问题

解答题

1.(2020天津南开中学高三月考,)已知函数f(x)=axsin x-(a∈R),且在上的最大值为.

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)判断函数f(x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明.

2. (2020广东深圳高三模拟,)已知函数f(x)=x2ex,其中

e=2.718 28…为自然对数的底数.

(1)求函数f(x)在[-5,-1]上的最值;

(2)若函数g(x)=-aln x,求证:当a∈(0,2e)时,函数g(x)无零点.

3.(2020广西河池高三期末,)已知函数f(x)=-ex(a>0).

(1)求函数f(x)在[1,2]上的最大值;

(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2),证明:<ae.

4.(2020湖南长沙高三模拟,)已知函数f(x)=ln x-a(x-1).

(1)若函数f(x)的图像与x轴相切,求实数a的值;

(2)讨论函数f(x)的零点个数.

5.(2020安徽芜湖高三期末,)已知函数f(x)=(x+a)·ex-1.

(1)证明:f(x)存在唯一零点;

(2)若x≥0时, f(x)≥2ax,求实数a的取值范围.

答案全解全析

专题强化练7　利用导数求函数

的零点问题

解答题

1.解析　(1)由已知得f'(x)=a(sin x+xcos x),对于任意的x∈,sin x+xcos x≥0恒成立.当a=0时, f(x)=-,不符合题意;

当a<0时, f'(x)≤0,从而f(x)在上单调递减,

又函数f(x)=axsin x-(a∈R)在上的图像是连续不断的,

故函数f(x)在上的最大值为f(0)=-,不符合题意;

当a>0时, f'(x)≥0,从而f(x)在上单调递增,

又函数f(x)=axsin x-(a∈R)在上的图像是连续不断的,

故函数f(x)在上的最大值为f,解得a=1,符合题意.

综上所述, f(x)=xsin x-.

(2)函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点.证明如下:

由(1)知, f(x)=xsin x-,从而有f(0)=-<0, f>0,

又函数f(x)在上的图像是连续不断的,所以函数f(x)在内至少存在一个零点,

又由(1)知f(x)在上单调递增,故函数f(x)在内仅有一个零点.

当x∈时,令g(x)=f'(x)=sin x+xcos x,

由g=1>0,g(π)=-π<0,且g(x)在上的图像是连续不断的,

故存在实数m∈,使得g(m)=0.

又g'(x)=2cos x-xsin x,当x∈时,有g'(x)<0,

从而g(x)在上单调递减.

当x∈时,g(x)>g(m)=0,即f'(x)>0,

从而f(x)在上单调递增,

故当x∈时, f(x)>f>0,

从而f(x)在内无零点;

当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f'(x)<0,

从而f(x)在(m,π)上单调递减,

又f(m)>0, f(π)<0且f(x)在[m,π]上的图像是连续不断的,

从而f(x)在(m,π)内有且仅有一个零点.

综上所述,函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点.

2.解析　(1)由题可得, f'(x)=2xex+x2ex=x(x+2)ex,

故当x∈[-5,-2)时, f'(x)>0, f(x)单调递增;

当x∈(-2,-1]时,f'(x)<0, f(x)单调递减;

故f(x)max=f(-2)=,

而f(-5)=, f(-1)=,

因为,所以f(x)min=,

故函数f(x)在[-5,-1]上的最大值为,最小值为.

(2)证明:令g(x)=-aln x=0,

得x2ex-a(x+1)ln x=0,

令m(x)=ex-(x+1),易知对任意的x>0,m'(x)=ex-1>0恒成立,

所以m(x)=ex-(x+1)>m(0)=0,即ex>x+1>0,

则x2ex-a(x+1)ln x>x2(x+1)-a(x+1)ln x=(x+1)(x2-aln x).

令h(x)=x2-aln x,所以

h'(x)=(x2-aln x)'=2x-,

因为0<a<2e,所以

h'(x)=,

所以x∈时,h'(x)<0,x∈时,h'(x)>0,

所以h(x)在(0,+∞)上有最小值,

最小值为h-aln ,

因为0<a<2e,所以0<<e,所以ln <1,所以1-ln >0,

所以>0,即当0<a<2e时,对任意的x>0,h(x)=x2-aln x>0,

所以x2ex-a(x+1)ln x>0,

故当a∈(0,2e)时,函数g(x)无零点.

3.解析　(1)因为f(x)=-ex(a>0),其定义域为R,

则f'(x)=-ex.

令f'(x)=0,解得x=ln .

当x<ln 时, f'(x)>0;

当x>ln 时, f'(x)<0,

故函数f(x)的单调递增区间为,

单调递减区间为.

当ln ≥2,即0<a≤时, f(x)在区间[1,2]上单调递增,则f(x)max=f(2)=-e2;

当1<ln <2,即时,

f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,则f(x)max=fln ;

当ln ≤1,即a≥时, f(x)在区间[1,2]上单调递减,则f(x)max=f(1)=-e.

综上, f(x)max=

(2)证明:若函数f(x)有两个零点,

则fln >0,可得ln >1,

即>e,此时f(1)=-e>0,

由此可得x1<1<ln <x2,

故x2-x1>ln -1,即x1-x2<1-ln .

又因为f(x1)==0, f(x2)==0,

所以=eln(ae)=ae,

即<ae.

4.解析　(1)当a=0时, f(x)=ln x,不符合其图像与x轴相切的条件;当a≠0时, f'(x)=,令f'(x)=0,得x=,

因为函数f(x)的图像与x轴相切,所以f=0,

即f=ln =a-1-ln a=0.

令h(x)=x-1-ln x(x>0),则h'(x)=1-,

当0<x<1时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减;

当x>1时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=0,

所以a-1-ln a=0有唯一解a=1,即实数a的值为1.

(2)易得f'(x)=.

①当a≤0时, f'(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=0,所以函数f(x)有唯一零点;

②当a>0时,函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,

则f(x)max=f=a-1-ln a.

由(1)中h(x)=x-1-ln x在(0,+∞)上的单调性可知:

(i)当a=1时, f(x)max=0,此时函数f(x)只有一个零点;

(ii)当0<a<1时, f=a-1-ln a>0,f(1)=0,

所以函数f(x)在上有一个零点.

取x=,则f-2ln a,

令p(x)=x--2ln x,则p'(x)=1+≥0,

所以函数p(x)在(0,+∞)上单调递增,又p(1)=0,故当0<x<1时,p(x)<0,所以f-2ln a<0,

所以函数f(x)在上有一个零点,

所以函数f(x)在(0,+∞)上有两个零点;

(iii)当a>1时, f(1)=0, f=a-1-ln a>0,

所以函数f(x)在上有一个零点.

当0<x<时,ln x<-a, f(x)=ln x-a(x-1)<-a-a(x-1)=-ax<0,

所以函数f(x)在上有一个零点,

所以函数f(x)在(0,+∞)上有两个零点.

综上,当a≤0或a=1时,函数f(x)有唯一零点;

当0<a<1或a>1时,函数f(x)有两个零点.

5.解析　(1)证明:易得f'(x)=(x+a+1)ex,

令f'(x)=0,得x=-a-1,

当x<-a-1时, f'(x)<0, f(x)单调递减,且此时f(x)<0恒成立,其图像与x轴不存在交点;

当x>-a-1时, f'(x)>0, f(x)单调递增,

且f(-a-1)=-e-a-1-1<0,

取实数b满足b>0且b>-a+1,

则f(b)=(b+a)eb-1>eb-1>0.

故f(x)存在唯一零点.

(2)设g(x)=f(x)-2ax=a(ex-2x)+xex-1(x≥0),

设h(x)=ex-2x(x≥0),

则h'(x)=ex-2,令h'(x)=ex-2=0,得x=ln 2,

当x>ln 2时,h'(x)>0,h(x)在(ln 2,+∞)上单调递增,

当0≤x<ln 2时,h'(x)<0,h(x)在[0,ln 2)上单调递减,

易得h(x)≥h(ln 2)=2(1-ln 2)>0,

由题知,g(0)≥0,可得a≥1,

当a≥1时,g(x)≥(ex-2x)+xex-1=(2x+1),

设φ(x)=ex-1(x≥0),

则φ'(x)=ex≥0(当且仅当x=0时取等号),

则φ(x)在[0,+∞)上单调递增,

所以φ(x)≥φ(0)=0,

可得g(x)≥(2x+1)φ(x)≥0,

因此a的取值范围是[1,+∞).