2024高考数学一轮总复习（导与练）第三章 第6节　利用导数研究函数零点

第6节　利用导数研究函数零点

[选题明细表]

1.(2022·广东汕头三模)已知函数f(x)=x-2sin x.

(1)求f(x)在(0,π)上的极值;

(2)证明:函数g(x)=ln x-f(x)在(0,π)上有且只有两个零点.

(1)解:由f(x)=x-2sin x得f′(x)=1-2cos x,x∈(0,π).

令f′(x)=0,得x=,

当0<x<时,f′(x)<0,此时函数f(x)单调递减,

当<x<π时,f′(x)>0,此时函数f(x)单调递增,

所以函数f(x)的极小值为f()=-,无极大值.

(2)证明:g(x)=ln x-f(x)=ln x-x+2sin x,x∈(0,π),

则g′(x)=-1+2cos x,

令(x)=+2cos x-1,

则′(x)=--2sin x.

当x∈(0,π)时,′(x)=--2sin x<0,

则(x)在(0,π)上单调递减.

因为()=>0,()=-1<0,

所以存在x0∈(,),使得(x0)=g′(x0)=0.

当x变化时,g(x),g′(x)变化如表所示,

而g()=ln-+>0,g(π)=ln π-π<ln e2-π=2-π<0,

则g(x0)>g()>0,又g()=ln-+1,

令h(x)=ln x-x+1,其中0<x<1,

则h′(x)=-1=>0,

所以函数h(x)在(0,1)上单调递增,

则h(x)<h(1)=0,

所以h()=ln -+1<0,

由零点存在定理可知,函数g(x)在(0,π)上有两个零点.

2.已知函数f(x)=ln x,g(x)=ax+-5.

(1)证明:f(x)<;

(2)若函数f(x)的图象与g(x)的图象有两个不同的公共点,求实数a的取值范围.

(1)证明:要证f(x)<,即证当x∈(0,+∞)时,不等式ln x-<0恒成立.

令F(x)=ln x-,

则F′(x)=-=,

故当0<x<4时,F′(x)>0,F(x)单调递增;

当x>4时,F′(x)<0,F(x)单调递减,

则F(x)max=F(4)=ln 4-2<0,故f(x)<.

(2)解:由f(x)=g(x)可得a=+-=,

构造函数h(x)=-,其中x>0,

则h′(x)=+=,

当0<x<1时,4-4x>0,ln x<0,则h′(x)>0,此时函数h(x)单调递增,

当x>1时,4-4x<0,ln x>0,则h′(x)<0,此时函数h(x)单调递减,

所以h(x)max=h(1)=3,

令(x)=xln x+5x-2,

则当x>1时,(x)>5x-2>0,

当0<x<时,(x)<5x-2<0,

故存在x0∈(,1),使得(x0)=0,即h(x0)=0,

作出函数h(x)与y=a的图象如图所示,

由图可知,当0<a<3时,函数h(x)与y=a的图象有2个交点,因此,实数a的取值范围是(0,3).

3.(2021·全国甲卷)已知a>0,且a≠1,函数f(x)=(x>0).

(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;

(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.

解:(1)当a=2时,f(x)=(x>0),

f′(x)=(x>0),

令f′(x)>0,则0<x<,此时函数f(x)单调递增,

令f′(x)<0,则x>,此时函数f(x)单调递减.

所以函数f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,+∞).

(2)曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,可转化为方程=1(x>0)有两个不同的解,

即方程=有两个不同的解.

设g(x)=(x>0),

则g′(x)=(x>0),

令g′(x)==0,

得x=e,

当0<x<e时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,

当x>e时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减,

故g(x)max=g(e)=,

且当x>e时,g(x)∈(0,),

又g(1)=0,

所以0<<,

所以a>1且a≠e,

即a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).

4.设函数f(x)=ln x+,m∈R.

(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;

(2)讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数.

解:(1)由题意知,当m=e时,f(x)=ln x+(x>0),则f′(x)=,

所以当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;

当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

所以当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+=2,

所以f(x)的极小值为2.

(2)由题意知g(x)=f′(x)-=--(x>0),

令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0).

设(x)=-x3+x(x>0),

则′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).

当x∈(0,1)时,′(x)>0,(x)在(0,1)上单调递增;

当x∈(1,+∞)时,′(x)<0,(x)在(1,+∞)上单调递减,

所以x=1是(x)的唯一极值点,且是极大值点,

因此x=1也是(x)的最大值点,所以(x)的最大值为(1)=.

又因为(0)=0,

结合y=(x)的图象(如图所示),

可知当m>时,函数g(x)无零点;

当m=时,函数g(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点;当0<m<时,函数g(x)有两个零点;当m≤0时,函数g(x)在(0,+∞)上有且只有一个

零点.

综上所述,当m>时,函数g(x)无零点;

当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0<m<时,函数g(x)有两个零点.

5.(2022·山东临沂一模)已知函数f(x)=ex-2a(a>0).

(1)若a=e,讨论f(x)的单调性;

(2)若x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,证明:1<x1+x2<2ln a+ln 2.

(1)解:f(x)=ex-2a(a>0)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ex-,

当a=e时,f′(x)=ex-,

令f′(x)=0,则x=1,

当0<x<1时,f′(x)<0,当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.

(2)证明:因为x1,x2是函数f(x)的两个不同的零点,

所以=2a,=2a,

显然x1>0,x2>0,则有

x1=ln 2+ln a+ln x1,

x2=ln 2+ln a+ln x2,

所以x1-x2=ln x1-ln x2,

不妨令x1>x2>0,设t=>1,

所以x1=,x2=,

所以要证x1+x2=>1,

只要证ln t>,即ln t->0,

令g(t)=ln t-(t>1),

则g′(t)=-=>0,

所以g(t)在(1,+∞)上单调递增,

所以g(t)>g(1)=0,所以x1+x2>1.

因为x1=ln 2+ln a+ln x1,

x2=ln 2+ln a+ln x2,

所以x1+x2=2ln 2+2ln a+ln(x1x2).

要证x1+x2<2ln a+ln 2,

只要证ln(x1x2)<-ln 2,即x1x2<,

因为x1x2=,所以只要证<,

即ln t<-,即ln t-+<0,

令h(t)=ln t-+,t>1,

则h′(t)=--=-<0,

所以h(t)在(1,+∞)上单调递减,

所以h(t)<h(1)=0,所以x1+x2<2ln a+ln 2.

综上,1<x1+x2<2ln a+ln 2.

6.(2022·重庆三模)已知函数f(x)=ex-1-ln x-ax,a∈R.

(1)当a=e-时,求函数f(x)的单调性;

(2)当a>0时,若函数f(x)有唯一零点x0,证明:1<x0<2.

(1)解:根据题意得f(x)的定义域为(0,+∞),

所以f′(x)=ex-1--e+,

又f″(x)=ex-1+>0,

所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增,

易知f′(2)=e--e+=0,

所以当0<x<2时,f′(x)<0,

当x>2时,f′(x)>0,

所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.

(2)证明:因为a>0,f(x)的定义域为(0,+∞),

所以f′(x)=ex-1--a,

所以f″(x)=ex-1+>0,

所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增.

设h(x)=ex-x-1,则h′(x)=ex-1,

当x>0时,h′(x)>0,所以h(x)单调递增,

当x<0时,h′(x)<0,所以h(x)单调递减,

所以h(x)≥h(0)=0,

所以ex-x-1≥0,即ex≥x+1,

所以f′(1+a)=ea--a≥a+1--a=1->0,又f′(1)=-a<0,

所以存在唯一的t0∈(1,1+a),使得f′(t0)=0,即--a=0,

当x∈(0,t0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,

当x∈(t0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

所以f(x)min=f(t0),

又ex≥x+1,所以x≥ln(x+1),

所以x-1≥ln x,

当x=1时,等号成立,则x>ln x,

所以f(x)=ex-1-ln x-ax>ex-1-x-ax=ex-1-(a+1)x,

即f(x)>ex-1-(a+1)x,

又ex≥x+1,所以ex-1≥x,所以≥,

所以ex-2≥,又ex-1>ex-2,所以ex-1>,

所以f(x)>ex-1-(a+1)x>-(a+1)x,

即f(x)>-(a+1)x,

所以f[4(a+1)]>-(a+1)×4(a+1)=0,

当x→0时,f(x)>0,若函数f(x)有唯一零点x0,则f(t0)=0,所以x0=t0,

即=+a,

所以f(x0)=+a-ln x0-ax0=0,

设u(x)=+a-ln x-ax,

所以u′(x)=---a<0,

所以u(x)在(1,+∞)上单调递减,

所以u(1)=1>0,u(2)=-ln 2-a<0,

所以1<x0<2.