第二章 习题课　函数零点问题学案

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习题课　函数零点问题学习目标　结合函数图象利用导数研究函数的零点问题．一、利用导数研究函数的零点个数例1　给定函数f(x)＝ex－x.(1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的值域；(2)画出函数f(x)的大致图象；(3)求出方程f(x)＝m(m∈R)在区间[－1,2]上的根的个数．解　(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：所以f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增．当x＝0时，f(x)的极小值f(0)＝1，也是最小值，故函数f(x)的值域为[1，＋∞)．(2)由(1)可知，函数的最小值为1.函数的图象经过特殊点f(－1)＝eq \f(1,e)＋1，f(2)＝e2－2，f(0)＝1，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞；当x→－∞时，指数函数y＝ex越来越小，趋向于0，因此函数f(x)图象上的点逐渐趋向于直线y＝－x，根据上述信息，画出函数f(x)的大致图象如图所示．(3)截取函数f(x)在区间[－1,2]上的图象如图所示．由图象知，当f(0)e2－2时，方程f(x)＝m在区间[－1,2]上无实根．反思感悟　判断零点的个数问题的思路(1)求出函数的定义域．(2)求导数f′(x)及函数f′(x)的零点．(3)用f′(x)的零点将函数f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各个区间上的正负，并得出f(x)的单调性与极值．(4)确定f(x)的图象经过一些特殊点，以及图象的变化趋势．(5)画出f(x)的大致图象．跟踪训练1　已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋a,x)－1.(1)求f(x)的单调区间；(2)当a≤1时，求函数f(x)在区间(0，e]上零点的个数．解　(1)因为f(x)＝eq \f(ln x＋a,x)－1(x>0)，所以f′(x)＝eq \f(1－ln x－a,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e1－a.f′(x)及f(x)随x的变化情况如表所示：所以f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a，＋∞)．(2)由(1)可知f(x)的最大值为f(e1－a)＝eq \f(1－e1－a,e1－a)，①当a＝1时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，e]上单调递减，又f(1)＝0，故f(x)在区间(0，e]上只有一个零点．②当a<1时，1－a>0，e1－a>1，则f(e1－a)＝eq \f(1－e1－a,e1－a)<0，所以f(x)在区间(0，e]上无零点．综上，当a＝1时，f(x)在区间(0，e]上只有一个零点；当a<1时，f(x)在区间(0，e]上无零点．二、由函数的零点个数求参数的范围例2　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．解　(1)f′(x)＝3x2－k.当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当k<0时，f′(x)＝3x2－k>0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝±eq \f(\r(3k),3).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))时，f′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))时，f′(x)>0.故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3k),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))上单调递减．(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f(x)不可能有三个零点．当k>0时，x＝－eq \f(\r(3k),3)为f(x)的极大值点，x＝eq \f(\r(3k),3)为f(x)的极小值点．若f(x)有三个零点，只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k>0，,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3k),3)))<0，,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3k),3)))>0，))解得02时，f′(x)>0；当－20，所以函数存在单调递减区间，即f′(x)<0有解，所以x2＋2x＋a＝0有两个不等实根，所以函数y＝f′(x)的零点个数为2.2．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2－2x＋c有三个零点，则实数c的取值范围为(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)，\f(10,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10,3)，\f(7,6)))C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10,3)，－\f(7,6))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)，\f(10,3)))答案　A解析　f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)，由f′(x)>0，可得x>2或x<－1，由f′(x)<0，可得－10，,c－\f(10,3)<0，))解得－eq \f(7,6)0，函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0，函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))单调递增，所以0不是函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的极值点，所以B不正确；又f(0)＝0，所以函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有且仅有一个零点，所以C正确；例如当x＝2kπ，k∈Z时，可得f(2kπ)＝－2kπ，当k→＋∞且k∈Z时，f(x)→－∞，当x＝2kπ＋π，k∈Z时，可得f(2kπ＋π)＝2kπ＋π，当k→＋∞且k∈Z时，f(x)→＋∞，由此可得函数f(x)的值域为R，所以D是正确的．4．直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有三个相异的交点，则a的取值范围是________．答案　(－2,2)解析　令y＝f(x)＝x3－3x，则f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.因为当x∈(－∞，－1)或(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，所以f(x)极小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数f(x)＝x3－3x的大致图象如图所示，所以－20，得x>2或x<－2；令f′(x)<0，得－20，所以函数的零点个数为2.2．已知函数f(x)＝ex－x－a，若函数y＝f(x)有零点，则实数a的取值范围是(　　)A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－∞，1]答案　B解析　函数y＝f(x)有零点等价于方程ex－x＝a有解，令g(x)＝ex－x，g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当x<0时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，又g(0)＝1，所以a≥1.3．若函数f(x)＝x3－6x2＋9x－10－a有三个零点，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－10)B．(－6，＋∞)C．(－10，－6)D．(－∞，－10)∪(－6，＋∞)答案　C解析　令f(x)＝0，得x3－6x2＋9x－10＝a，令g(x)＝x3－6x2＋9x－10，则g′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)．由g′(x)＝0，得x＝1或x＝3.当x<1或x>3时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当10时，x>eq \f(2,a)或x<0时，g′(x)>0；00时，g′(x)<0；eq \f(2,a)0，要使g(x)＝ax3－3x2＋1有三个零点，则geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))<0，即a2<4，解得－20时，－12，所以函数的单调递减区间为(－∞，－1)，(2，＋∞)，函数的单调递增区间为(－1,2)，所以f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，所以B正确；C项，当x趋向于＋∞时，f(x)趋向于0，根据B项可知，函数的最小值是f(－1)＝－e，再根据单调性可知，当－e5}解析　f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3.当f′(x)>0时，－13，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值为f(－1)＝a－5；当x＝3时，f(x)取得极大值为f(3)＝a＋27.画出大致图象，要使f(x)的图象与x轴只有一个交点，只需极大值小于0(如图1)或极小值大于0(如图2)，所以a＋27<0或a－5>0，解得a<－27或a>5，故实数a的取值范围为{a|a<－27或a>5}．8．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋2x＋3a＋b恰有3个不同的零点，则f(0)的取值范围是________．答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,6)，－\f(2,3)))解析　∵f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋2x＋3a＋b，∴f′(x)＝x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x>2或x<1，此时函数单调递增；由f′(x)<0，得10，且f(2)＝eq \f(2,3)＋3a＋b<0，则－eq \f(5,6)<3a＋b<－eq \f(2,3)，又f(0)＝3a＋b，即f(0)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,6)，－\f(2,3))).9．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)e2x－eq \f(3,2)ex－x，判断f(x)的零点个数．解　因为f(x)＝eq \f(1,2)e2x－eq \f(3,2)ex－x，所以f′(x)＝e2x－eq \f(3,2)ex－1＝eq \f(1,2)(2ex＋1)(ex－2)，令f′(x)>0，解得x>ln 2，令f′(x)<0，解得x0恒成立，即只需当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))时，a>3－eq \f(2ln x,x－1)恒成立．令h(x)＝3－eq \f(2ln x,x－1)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，则h′(x)＝eq \f(2ln x＋\f(2,x)－2,x－12)，再令m(x)＝2ln x＋eq \f(2,x)－2，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，则m′(x)＝eq \f(－21－x,x2)<0，于是在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上，m(x)单调递减，故m(x)>meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝6－4ln 2>0，所以h′(x)>0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上恒成立，所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上单调递增，所以h(x)e时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当00，g(x)单调递增，因此当x＝e时，函数g(x)有最大值，最大值为g(e)＝eq \f(ln e,e)＝eq \f(1,e)，显然当x>1时，g(x)>0；当00)无零点，则实数a的取值范围为(　　)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e2,4)))C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞))答案　B解析　因为函数f(x)＝ex－ax2(x>0)无零点，所以方程ex－ax2＝0在x∈(0，＋∞)上无解，即a＝eq \f(ex,x2)在x∈(0，＋∞)上无解，令g(x)＝eq \f(ex,x2)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(exx－2,x3)，当x>2时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；当0ln 2时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以当x＝ln 2时，g(x)取得极小值，也是最小值，为f′(x)的最小值，f′(x)min＝f′(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，即f′(x)>0在(－∞，＋∞)上恒成立，所以f(x)＝ex－x2在(－∞，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1>0，f(－1)＝eq \f(1,e)－1<0，所以函数f(x)＝ex－x2存在唯一的零点，即方程x2＝ex只有1个实根．14．已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个不等实根，则实数a的取值范围为________．答案　eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(4，e＋2＋\f(3,e)))解析　由g(x)＝2f(x)，可得2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)，设h(x)＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)(x>0)，所以h′(x)＝1＋eq \f(2,x)－eq \f(3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2).所以x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下：又heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝eq \f(3,e)＋e＋2.且h(e)－heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－2e＋eq \f(2,e)<0.所以h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)＋3e－2，因为方程g(x)＝2f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个不等实根，所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(4，e＋2＋\f(3,e))).15．已知方程|ln x|＝ax有三个实数解，则实数a的取值范围为________．答案　00时，设y＝ln x 与y＝ax相切于点P(x0，y0)，则y0＝ln x0＝ax0，又因为对y＝ln x，y′＝eq \f(1,x)，所以a＝eq \f(1,x0)，所以x0＝e，ae＝1，所以a＝eq \f(1,e)，所以函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ln x))与y＝ax的图象有三个交点时0