高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题17导数与函数零点(原卷版+解析)
展开专题17 导数与函数零点、方程的根
导数与函数零点、方程的根
判断函数零点个数
有关函数零点个数的证明
已知零点个数求参数范围
已知方程根的个数求参数范围
判断方程根的个数
练高考 明方向
1.(多选题)(2023·新高考Ⅰ卷T10)已知函数,则( )
A. 有两个极值点B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心D. 直线是曲线的切线
2.(2023·全国乙(文)T20) 已知函数.
(1)当时,求的最大值;
(2)若恰有一个零点,求a的取值范围.
3.(2023·全国乙(理)T21)已知函数
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)若在区间各恰有一个零点,求a的取值范围.
4.(2023年高考全国乙卷理科)设函数,已知是函数的极值点.
(1)求a;
(2)设函数.证明:.
5、【2019年高考浙江】已知,函数.若函数恰有3个零点,则
A.a<–1,b<0 B.a<–1,b>0
C.a>–1,b<0 D.a>–1,b>0
6.(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知函数,为的导数.证明:
(1)在区间存在唯一极大值点;
(2)有且仅有2个零点.
7.(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知函数,为的导数.证明:
(1)在区间存在唯一极大值点;
(2)有且仅有2个零点.
8.(2023年高考数学课标Ⅱ卷(理))已知函数.
(1)若,证明:当时,;
(2)若在只有一个零点,求.
9.(2023高考数学新课标1理科)(本小题满分12分)
已知函数
(Ⅰ)当为何值时,轴为曲线 的切线;
(Ⅱ)用 表示中的最小值,设函数 ,讨论零点的个数.
10.(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若有两个零点,求的取值范围.
11.(2023高考数学课标1理科)已知函数=,若存在唯一的零点,且>0,则的取值范围为( )
A.(2,+∞) B.(-∞,-2) C.(1,+∞) D.(-∞,-1)
讲典例 备高考
类型一、利用导数判断函数零点的个数
基本题型:
1.已知函数,
(1)当时,求的单调区间;(2)当,讨论的零点个数;
2、已知函数f(x)=ex-x-a(a∈R).
(1)当a=0时,求证:f(x)>x;
(2)讨论函数f(x)在R上的零点个数.
基本方法:
1、两类零点问题的不同处理方法:利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0.
(1)直接法:判断一个零点时,若函数为单调函数,则只需取值证明f(a)·f(b)<0;
(2)分类讨论法:判断几个零点时,需先结合单调性,确定分类讨论的标准,再利用零点存在性定理,在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.
2、讨论零点个数,常用以下基本步骤:
①利用导数判断函数的增减区间;②求出函数极值点;③判断(讨论)函数极值与零点个数关系.
类型二、利用导数判断方程根的个数
基本题型:
1、已知函数f(x)=ex-1,g(x)=eq \r(x)+x,其中e是自然对数的底数,e=2.718 28…。
(1)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点。
(2)求方程f(x)=g(x)的根的个数,并说明理由。
2、设a,b∈R,已知函数f(x)=eq \f(1,x)-alnx-bx的导函数为f′(x), 且f′(-1)=a-3。
(1)当a=-3时,求函数f(x)的单调递减区间。
(2)当方程f(x)+2x=0有唯一实数根时,求实数a的取值范围。
类型三、已知函数零点个数求参数范围
基础知识:
与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,从而判断函数的大致图象,讨论其图象与x轴的位置关系,进而确定参数的取值范围;或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题.具体思路为:
(1)利用导数讨论函数的单调性、极值或最值.对一般函数,可以直接求导并讨论函数的单调性、极值或最值;对较为复杂的函数,可以先构造几个函数,并分别借助导数讨论这几个函数的单调性、极值或最值.
(2)讨论零点的相关问题.由(1)可以建立函数之间的相互关系,进而确定函数的零点或方程的根的情况;也可以根据函数的零点或方程的根的情况建立关于相关参数的不等式(组)或方程(组).
基本题型:
1、已知函数,若存在实数,使得函数有6个零点,则实数的取值范围为__________.
2. 已知关于的函数.
()当时,求函数在点处的切线方程.
()设,讨论函数的单调区间.
()若函数没有零点,求实数的取值范围.
3.已知函数.
(Ⅰ)若,求的单调性和极值;
(Ⅱ)若函数至少有1个零点,求的取值范围.
4.设函数,其中.
(Ⅰ)已知函数为偶函数,求的值;
(Ⅱ)若,证明:当时,;
(Ⅲ)若在区间内有两个不同的零点,求的取值范围.
5.已知函数f(x)=x2+ax-3,g(x)=eq \f(kln x,x),当a=2时,f(x)与g(x)的图象在x=1处的切线相同.
(1)求k的值;
(2)令F(x)=f(x)-g(x),若F(x)存在零点,求实数a的取值范围.
基本方法:
1、已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:
(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;
(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决;
(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.
类型四、已知方程根的个数求参数范围
基本题型:
1.若关于x的方程|x2﹣4x|﹣kx﹣k=0有四个不同的实数根,则实数k的取值范围为( )
A.(0,6﹣2)B.(﹣∞,6﹣2)
C.(0,6+2)D.(6﹣2,6+2)
2.已知函数f(x)=x+eq \f(1,2)ln2x-ln x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若m>0,方程mf′(x)-x+eq \f(m,x)=0有两个不同的实数解,求实数m的取值范围.
类型五、有关函数零点个数的证明
基本题型:
1、已知函数,为的导函数.
(1)求证:在上存在唯一零点;(2)求证:有且仅有两个不同的零点.
2.已知函数,.
(1)求函数在处的切线方程;
(2)是否存在正数的值使得对任意 恒成立?证明你的结论.
(3)求证:在上有且仅有两个零点.
基本方法:
新预测 破高考
1.已知函数(),若方程恰有3个不同的根,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
2.已知函数,若关于x的方程恰有两个不同实数根,,则的最大值为( )
A.2B.C.D.
3.已知函数,若函数有且仅有2个零点,则实数的值为()
A.B.C.D.1
4、(多选题)设定义在上的函数满足,且当时,.己知存在,且为函数(为自然对数的底数)的一个零点,则实数的取值可能是( )
A.B.C.D.
5.已知函数恰有三个零点,则实数a的取值范围为______
6.已知函数,若函数有四个零点,则实数的取值范围是______.
7.已知函数.
(1)证明:当时,;(2)若函数有三个零点,求实数的取值范围.
8.已知函数f(x)=x+eq \f(1,2)ln2x-ln x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若m>0,方程mf′(x)-x+eq \f(m,x)=0有两个不同的实数解,求实数m的取值范围.
9、已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).
(1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程;
(2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e),e))上有两个零点,求实数m的取值范围.
10.已知函数.
(1)若,讨论在区间上的单调性;
(2)证明:当时,在区间上有且只有两个零点.
11.函数f(x)=ax+xln x在x=1处取得极值.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若y=f(x)-m-1在定义域内有两个不同的零点,求实数m的取值范围.
12、设函数的导函数为,若函数的图象关于直线对称,且.
(1)求实数a、b的值;(2)若函数恰有三个零点,求实数m的取值范围.
13.已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=2时,求函数g(x)=f(x)-cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),+∞))上的零点个数.
14.已知函数,是实数.
(1)当时,求证:在定义域内是增函数;(2)讨论函数的零点个数.
15、已知函数f(x)=2a2lnx-x2(a>0)。
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程。
(2)求函数f(x)的单调区间。
(3)讨论函数f(x)在区间(1,e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)。
2023高考一轮复习讲与练
专题17 导数与函数零点、方程的根
导数与函数零点、方程的根
判断函数零点个数
有关函数零点个数的证明
已知零点个数求参数范围
已知方程根的个数求参数范围
判断方程根的个数
练高考 明方向
1.(多选题)(2023·新高考Ⅰ卷T10)已知函数,则( )
A. 有两个极值点B. 有三个零点
C. 点是曲线的对称中心D. 直线是曲线的切线
答案:AC
【解析】
分析:利用极值点的定义可判断A,结合的单调性、极值可判断B,利用平移可判断C;利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题,,令得或,令得,
所以在上单调递减,在,上单调递增,所以是极值点,故A正确;因,,,所以,函数在上有一个零点,当时,,即函数在上无零点,
综上所述,函数有一个零点,故B错误;令,该函数的定义域为,,则是奇函数,是的对称中心,
将的图象向上移动一个单位得到的图象,所以点是曲线的对称中心,故C正确;
令,可得,又,当切点为时,切线方程为,当切点为时,切线方程为,故D错误.
2.(2023·全国乙(文)T20) 已知函数.
(1)当时,求的最大值;
(2)若恰有一个零点,求a的取值范围.
答案:(1) (2)
【解析】
分析:(1)由导数确定函数的单调性,即可得解;
(2)求导得,按照、及结合导数讨论函数的单调性,求得函数的极值,即可得解.
【小问1详解】当时,,则,当时,,单调递增;当时,,单调递减;所以;
【小问2详解】
,则,
当时,,所以当时,,单调递增;
当时,,单调递减;所以,此时函数无零点,不合题意;当时,,在上,,单调递增;在上,,单调递减;又,当x趋近正无穷大时,趋近于正无穷大,所以仅在有唯一零点,符合题意;当时,,所以单调递增,又,
所以有唯一零点,符合题意;当时,,在上,,单调递增;在上,,单调递减;此时,又,当n趋近正无穷大时,趋近负无穷,所以在有一个零点,在无零点,
所以有唯一零点,符合题意;
综上,a的取值范围为.
【点睛】解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性,把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
3.(2023·全国乙(理)T21)已知函数
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)若在区间各恰有一个零点,求a的取值范围.
答案:(1) (2)
【解析】
分析:(1)先算出切点,再求导算出斜率即可
(2)求导,对分类讨论,对分两部分研究
【小问1详解】的定义域为,当时,,所以切点为,所以切线斜率为2,所以曲线在点处的切线方程为
【小问2详解】,,设
若,当,即,所以在上单调递增,,故在上没有零点,不合题意
若,当,则,所以在上单调递增所以,即,所以在上单调递增,,故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增,,
所以存在,使得,即,当单调递减,
当单调递增,所以当,
当,所以在上有唯一零点,又没有零点,
即在上有唯一零点
(2)当,设,,所以在单调递增,,所以存在,使得,当单调递减,当单调递增,
又,所以存在,使得,即,当单调递增,当单调递减,有,而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点,即在上有唯一零点,所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】本题的关键是对的范围进行合理分类,否定和肯定并用,否定只需要说明一边不满足即可,肯定要两方面都说明.
4.(2023年高考全国乙卷理科)设函数,已知是函数的极值点.
(1)求a;
(2)设函数.证明:.
答案:;证明见详解
解析:(1)由,,
又是函数的极值点,所以,解得;
(2)由(1)得,,且,
当 时,要证,, ,即证,化简得;
同理,当时,要证,, ,即证,化简得;令,
再令,则,,令,,
当时,,单减,假设能取到,则,故;
当时,,单增,假设能取到,则,故;
综上所述,在恒成立
【点睛】本题为难题,根据极值点处导数为0可求参数,第二问解法并不唯一,分类讨论对函数进行等价转化的过程,一定要注意转化前后的等价性问题,构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.
5、【2019年高考浙江】已知,函数.若函数恰有3个零点,则
A.a<–1,b<0 B.a<–1,b>0
C.a>–1,b<0 D.a>–1,b>0
答案:C
【解析】当x<0时,y=f(x)﹣ax﹣b=x﹣ax﹣b=(1﹣a)x﹣b=0,得x=b1−a,则y=f(x)﹣ax﹣b最多有一个零点;当x≥0时,y=f(x)﹣ax﹣b=13x3−12(a+1)x2+ax﹣ax﹣b=13x3−12(a+1)x2﹣b,,
当a+1≤0,即a≤﹣1时,y′≥0,y=f(x)﹣ax﹣b在[0,+∞)上单调递增,
则y=f(x)﹣ax﹣b最多有一个零点,不合题意;
当a+1>0,即a>﹣1时,令y′>0得x∈(a+1,+∞),此时函数单调递增,令y′<0得x∈[0,a+1),此时函数单调递减,则函数最多有2个零点.根据题意,函数y=f(x)﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y=f(x)﹣ax﹣b在(﹣∞,0)上有一个零点,在[0,+∞)上有2个零点,如图:
∴b1−a<0且,解得b<0,1﹣a>0,b>−16(a+1)3,
则a>–1,b<0.
6.(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知函数,为的导数.证明:
(1)在区间存在唯一极大值点;
(2)有且仅有2个零点.
【解析】(1)设,则,.当时,单调递减,而,可得在有唯一零点,设为.
则当时,;当时,.
所以在单调递增,在单调递减,故在存在唯一极大值点,即在存在唯一极大值点.
(2)的定义域为.
(i)当时,由(1)知,在单调递增,而,所以当时,,故在单调递减,又,从而是在的唯一零点.
(ii)当时,由(1)知,在单调递增,在单调递减,而,,所以存在,使得,且当时,;当时,.故在单调递增,在单调递减.又,,
所以当时,.从而在没有零点.
(iii)当时,,所以在单调递减.而,,所以在有唯一零点.
(iv)当时,,所以<0,从而在没有零点.
综上,有且仅有2个零点.
7.(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知函数,为的导数.证明:
(1)在区间存在唯一极大值点;
(2)有且仅有2个零点.
【解析】(1)设,则,.当时,单调递减,而,可得在有唯一零点,设为.
则当时,;当时,.
所以在单调递增,在单调递减,故在存在唯一极大值点,即在存在唯一极大值点.
(2)的定义域为.
(i)当时,由(1)知,在单调递增,而,所以当时,,故在单调递减,又,从而是在的唯一零点.
(ii)当时,由(1)知,在单调递增,在单调递减,而,,所以存在,使得,且当时,;当时,.故在单调递增,在单调递减.
又,,所以当时,.从而在没有零点.
(iii)当时,,所以在单调递减.而,,所以在有唯一零点.
(iv)当时,,所以<0,从而在没有零点.
综上,有且仅有2个零点.
8.(2023年高考数学课标Ⅱ卷(理))已知函数.
(1)若,证明:当时,;
(2)若在只有一个零点,求.
【解析】(1)当时,等价于.
设函数,则.
当时,,所以在单调递减.而,故当时,,即.
(2)设函数.在只有一个零点当且仅当在只有一个零点.
(i)当时,,没有零点.
(ii)当时,.
当时,;当时,.
所以在单调递减,在单调递增.故是在的最小值.
①若,即,在没有零点;
②若,即,在只有一个零点;
③若,即,由于,所以在有一个零点.
由(1)知,当时,,所以.
故在有一个零点.因此在有两个零点.
综上,在只有一个零点时,.
9.(2023高考数学新课标1理科)(本小题满分12分)已知函数
(Ⅰ)当为何值时,轴为曲线 的切线;
(Ⅱ)用 表示中的最小值,设函数 ,讨论零点的个数.
答案:(Ⅰ);(Ⅱ)当或时,由一个零点;当或时,有两个零点;当时,有三个零点.
分析:(Ⅰ)先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组,解出切点坐标与对应的值;(Ⅱ)根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数,若零点不容易求解,则对再分类讨论.
解析:(Ⅰ)设曲线与轴相切于点,则,,即,解得.因此,当时,轴是曲线的切线.
(Ⅱ)当时,,从而,∴
在(1,+∞)无零点.当=1时,若,则,,故=1是的零点;若,则,,故=1不是的零点.当时,,所以只需考虑在(0,1)的零点个数.
(ⅰ)若或,则在(0,1)无零点,故在(0,1)单调,而,,所以当时,在(0,1)有一个零点;当0时,在(0,1)无零点.
(ⅱ)若,则在(0,)单调递减,在(,1)单调递增,故当=时,取的最小值,最小值为=.
①若>0,即<<0,在(0,1)无零点.
②若=0,即,则在(0,1)有唯一零点;
③若<0,即,由于,,所以当时,在(0,1)有两个零点;当时,在(0,1)有一个零点.…10分
综上,当或时,由一个零点;当或时,有两个零点;当时,有三个零点.
考点:利用导数研究曲线的切线;对新概念的理解;分段函数的零点;分类整合思想
10.(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若有两个零点,求的取值范围.
答案:(1)详见解析;(2).
分析:(1)讨论的单调性,首先进行求导,发现式子特点后要及时进行因式分解,再对按、进行讨论,写出函数的单调区间;(2)根据第(1)问,若,至多有一个零点,若,当时,取得最小值,求出最小值,根据,进行讨论,可知当有个零点,设正整数满足,则,由于,因此在有一个零点,所以的取值范围为.
【解析】(1)的定义域为,
(ⅰ)若,则,所以在单调递减.
(ⅱ)若,则由得. 当时,;当时, 所以在单调递减,在单调递增.
(2)(ⅰ)若,由(1)知,至多有一个零点.
(ⅱ)若,由(1)知,当时,取得最小值,最小值为.
①当时,由于,故只有一个零点;
②当时,由于,即,故没有零点;
③当时,,即.
又,故在有一个零点.
设正整数满足,则.
由于,因此在有一个零点.
综上,的取值范围为.
【民间解析】:(1)函数的定义域为,且
注意到
当时,,所以恒成立,此时函数在上单调递减
当,由,由
所以函数在上单调递减,在上单调递增
综上可知
①时,在上单调递减;
②时,函数在上单调递减,在上单调递增
(2)由(1)可知,时,在上单调递减,此时至多一个零点,不符合题意
当时,函数在上单调递减,在上单调递增
此时函数的最小值为
要使有两个零点,首先必须有即
令,则有,故在上单调递增,而
所以
另一方面取,而,在单调递增
所以函数在上有唯一一个零点,在没有零点
此时当时,
所以,而在上单调递减
所以函数在上没有零点,在上有唯一零点
综上可知当时,函数有两个零点.
【点评】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有个零点求参数的取值范围,第一种方法是分离参数,构造不含参数的函数,研究其单调性、极值、最值,判断与其交点的个数,从而求出的范围;第二种方法是直接对含参函数进行研究,研究其单调性、极值、最值,注意点是:若有个零点,且函数先减后增,则只需其最小值小于,且后面还需验证有最小值的两边存在大于的点.
11.(2023高考数学课标1理科)已知函数=,若存在唯一的零点,且>0,则的取值范围为( )
A.(2,+∞) B.(-∞,-2) C.(1,+∞) D.(-∞,-1)
答案:B
【解析】
法一:由已知,,令,得或,
当时,;
且,有小于零的零点,不符合题意.
当时,
要使有唯一的零点且>0,只需,即,.选B
法二:由已知,=有唯一的正零点,等价于有唯一的正零根,令,则问题又等价于有唯一的正零根,即与有唯一的交点且交点在在y轴右侧记,,由,,,
,要使有唯一的正零根,只需,选B
讲典例 备高考
类型一、利用导数判断函数零点的个数
基本题型:
1.已知函数,
(1)当时,求的单调区间;(2)当,讨论的零点个数;
答案:(1)单调递减区间为:,;单调递增区间为:,;(2)当时,在上有2个零点,当时,在上无零点.
【解析】(1)∵∴为偶函数,只需先研究,
,当,,当,,
所以在单调递增,在,单调递减,所以根据偶函数图像关于轴对称,
得在单调递增,在单调递减,故单调递减区间为,;单调递增区间为,
(2)
①时,在恒成立,∴在单调递增
又,所以在上无零点
②时,,使得,即.又在单调递减,
所以,,,,所以,单调递增,,单调递减,又,
(i),即时,在上无零点,又为偶函数,所以在上无零点
(ii),即,在上有1个零点,又为偶函数,所以在上有2个零点
综上所述,当时,在上有2个零点,当时,在上无零点.
2、已知函数f(x)=ex-x-a(a∈R).
(1)当a=0时,求证:f(x)>x;
(2)讨论函数f(x)在R上的零点个数.
【解析】(1)证明:当a=0时,f(x)=ex-x,
令g(x)=f(x)-x=ex-x-x=ex-2x,则g′(x)=ex-2.令g′(x)=0,得x=ln 2.
当x
所以x=ln 2是g(x)的极小值点,也是最小值点,即g(x)min=g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2lneq \f(e,2)>0,
故当a=0时,f(x)>x成立.
,由得,
所以当时,,f(x)单调递减;当时,,f(x)单调递增;
所以当是函数f(x)的极小值点,也是最小值点,即。
当1-a>0,即a<1时,f(x)在R上没有零点.
当1-a=0,即a=1时,f(x)在R上只有一个零点.
当1-a<0,即a>1时,因为f(-a)=e-a-(-a)-a=e-a>0,
所以函数f(x)在内只有一个零点,由(1)得,令,得,
所以f(a)=ea-a-a=ea-2a>0,于是f(x)在内只有一个零点,
因此,当a>1时,f(x)在R上有两个零点.
综上,当a<1时,函数f(x)在R上没有零点;
当a=1时,函数f(x)在R上有一个零点;
当a>1时,函数f(x)在R上有两个零点.
基本方法:
1、两类零点问题的不同处理方法:利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a,b]上是连续不断的曲线,且f(a)·f(b)<0.
(1)直接法:判断一个零点时,若函数为单调函数,则只需取值证明f(a)·f(b)<0;
(2)分类讨论法:判断几个零点时,需先结合单调性,确定分类讨论的标准,再利用零点存在性定理,在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.
2、讨论零点个数,常用以下基本步骤:
①利用导数判断函数的增减区间;②求出函数极值点;③判断(讨论)函数极值与零点个数关系.
类型二、利用导数判断方程根的个数
基本题型:
1、已知函数f(x)=ex-1,g(x)=eq \r(x)+x,其中e是自然对数的底数,e=2.718 28…。
(1)证明:函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(1,2)上有零点。
(2)求方程f(x)=g(x)的根的个数,并说明理由。
【解析】 (1)证明:由h(x)=f(x)-g(x)=ex-1-eq \r(x)-x得,h(1)=e-3<0,h(2)=e2-3-eq \r(2)>0,且h(x)在区间(1,2)上是连续的,所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点。
(2)由(1)得h(x)=ex-1-eq \r(x)-x。由g(x)=eq \r(x)+x知,x∈[0,+∞),而h(0)=0,
则x=0为h(x)的一个零点,而h(x)在(1,2)内有零点,因此h(x)在[0,+∞)上至少有两个零点。
因为h′(x)=ex-eq \f(1,2)x- eq \s\up5(\f(1,2)) -1,记φ(x)=ex-eq \f(1,2)x- eq \s\up5(\f(1,2)) -1,则φ′(x)=ex+eq \f(1,4)x- eq \s\up5(\f(3,2)) 。
当x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,因此φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则φ(x)在(0,+∞)上至多只有一个零点,即h(x)在[0,+∞)上至多有两个零点。所以方程f(x)=g(x)的根的个数为2。
2、设a,b∈R,已知函数f(x)=eq \f(1,x)-alnx-bx的导函数为f′(x), 且f′(-1)=a-3。
(1)当a=-3时,求函数f(x)的单调递减区间。
(2)当方程f(x)+2x=0有唯一实数根时,求实数a的取值范围。
【解析】由条件得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-eq \f(1,x2)-eq \f(a,x)-b。
由f′(-1)=a-3,得-1+a-b=a-3,则b=2,所以f(x)=eq \f(1,x)-alnx-2x。
(1)当a=-3时,f′(x)=-eq \f(1,x2)+eq \f(3,x)-2=-eq \f(2x2-3x+1,x2)=-eq \f(2x-1x-1,x2),令f′(x)=0,得x=eq \f(1,2)或x=1,
因为在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2)))和(1,+∞)内,f′(x)<0,所以f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2)))和(1,+∞)。
(2)方程f(x)+2x=0有唯一实数根等价于alnx=eq \f(1,x)有唯一的实数根。
显然a≠0,则可转化为关于x的方程xlnx=eq \f(1,a)有唯一的实数根。
构造函数φ(x)=xlnx,则φ′(x)=1+lnx。令φ′(x)=1+lnx=0,得x=e-1。
当0
所以φ(x)的极小值为φ(e-1)=-e-1。则要使方程xlnx=eq \f(1,a)有唯一实根,
只需直线y=eq \f(1,a)与曲线y=φ(x)有唯一的交点,则eq \f(1,a)=-e-1或eq \f(1,a)>0,解得a=-e或a>0,
故实数a的取值范围是{-e}∪(0,+∞)。
类型三、已知函数零点个数求参数范围
基础知识:
与函数零点有关的参数范围问题,往往利用导数研究函数的单调区间和极值点,并结合特殊点,从而判断函数的大致图象,讨论其图象与x轴的位置关系,进而确定参数的取值范围;或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题.具体思路为:
(1)利用导数讨论函数的单调性、极值或最值.对一般函数,可以直接求导并讨论函数的单调性、极值或最值;对较为复杂的函数,可以先构造几个函数,并分别借助导数讨论这几个函数的单调性、极值或最值.
(2)讨论零点的相关问题.由(1)可以建立函数之间的相互关系,进而确定函数的零点或方程的根的情况;也可以根据函数的零点或方程的根的情况建立关于相关参数的不等式(组)或方程(组).
基本题型:
1、已知函数,若存在实数,使得函数有6个零点,则实数的取值范围为__________.
答案:
【解析】由题得函数的图象和直线有六个交点.显然有.
,(),
所以函数在单调递减,在单调递增,且.由题得,三点的高度应满足或,
所以或,因为所以或,综合得.
2. 已知关于的函数.
()当时,求函数在点处的切线方程.
()设,讨论函数的单调区间.
()若函数没有零点,求实数的取值范围.
分析:(1)时,求的导数,求出切线的斜率,点斜式写出在处的切线方程;
∵,分类讨论当时,当时的单调性;
(3)求的导数,利用导数判定的单调性与极值,从而确定使没有零点时的取值.
【解析】()当时,,,
,∴,即在处的切线方程为.
()∵,,
当时,在上恒成立,∴在单调递增,
当时,令,解得,
令,解得,∴在单调递增,在单调递减.
()∵没有零点,即无解,
∴与两图象无交点,设两图象相切于点,∴,
∴,.∵两图象无交点,∴.
3.已知函数.
(Ⅰ)若,求的单调性和极值;
(Ⅱ)若函数至少有1个零点,求的取值范围.
答案:(Ⅰ)在上单调递减,在上单调递增,极小值为-2,无极大值 (Ⅱ)
【解析】(Ⅰ)当时,,∴
当时,,,∴,
当时,,,∴
∴在上单调递减,在上单调递增
在处取得极小值,极小值为,无极大值
(Ⅱ)∵,由得
令,则
由得.令,当时,,∴在单调递增,∵,,∴存在,使得
且当时,,即,当时,,即
∵,,∴当时,;当时,,
∴在上单调递减,在上单调递增 ,∴在处取得最小值,∵,∴,即,
∴,即,∴当时,函数无零点,
当时,∵,∴函数至少有1个零点,故的取值范围是.
4.设函数,其中.
(Ⅰ)已知函数为偶函数,求的值;
(Ⅱ)若,证明:当时,;
(Ⅲ)若在区间内有两个不同的零点,求的取值范围.
答案:(Ⅰ);(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ).
【解析】(Ⅰ)函数为偶函数,所以,即,
整理得对任意的恒成立,;
(Ⅱ)当时,,则,,则,,,所以,函数在上单调递增,
当时,;
(Ⅲ)由,得,设函数,,
则,令,得.
随着变化,与的变化情况如下表所示:
所以,函数在上单调递增,在上单调递减.又因为,,,且,如下图所示:
所以,当时,方程在区间内有两个不同解,因此,所求实数的取值范围为.
5.已知函数f(x)=x2+ax-3,g(x)=eq \f(kln x,x),当a=2时,f(x)与g(x)的图象在x=1处的切线相同.
(1)求k的值;
(2)令F(x)=f(x)-g(x),若F(x)存在零点,求实数a的取值范围.
【解析】(1)当a=2时,f(x)=x2+2x-3,f′(x)=2x+2,则f′(1)=4.
g′(x)=eq \f(k1-ln x,x2),g′(1)=k,由题意可知k=4.
(2)若F(x)存在零点,则F(x)=x2+ax-3-eq \f(4ln x,x)=0,即a=eq \f(4ln x-x3+3x,x2)有实数根,
令h(x)=eq \f(4ln x-x3+3x,x2)=eq \f(4ln x,x2)-x+eq \f(3,x),则h′(x)=eq \f(4x-8xln x,x4)-1-eq \f(3,x2)=eq \f(4-8ln x-x3-3x,x3) ,
令φ(x)=4-8ln x-x3-3x,则φ′(x)=-eq \f(8,x)-3x2-3<0恒成立,所以φ(x)单调递减,又φ(1)=0,
所以当x>1时,φ(x)<0,当x∈(0,1)时,φ(x)>0,所以当x>1时,h′(x)<0,当x∈(0,1)时,h′(x)>0,
故h(x)在(1,+∞)上为减函数,在(0,1)上为增函数,即h(x)max=h(1)=2,
易知当x→+∞时,h(x)→-∞,当x→0时,h(x)→-∞,
所以a≤2,即实数a的取值范围为(-∞,2].
基本方法:
1、已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:
(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;
(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决;
(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.
类型四、已知方程根的个数求参数范围
基本题型:
1.若关于x的方程|x2﹣4x|﹣kx﹣k=0有四个不同的实数根,则实数k的取值范围为( )
A.(0,6﹣2)B.(﹣∞,6﹣2)
C.(0,6+2)D.(6﹣2,6+2)
答案:A
分析:将方程根有四个根,转化为函数图象有四个交点,利用导数的几何意义,数形结合即可求得结果.
【详解】关于x的方程|x2﹣4x|﹣kx﹣k=0有四个不同的实数根,即方程有四个不同的实数根,不妨设,则只需有四个交点即可,又表示斜率为,且过点的直线.画出的图象如下所示:
数形结合可知,当直线与在时相切为临界情况.设切点为,显然
又相切时,,故可得,解得,
则相切时斜率.故要满足题意,只需.
2.已知函数f(x)=x+eq \f(1,2)ln2x-ln x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若m>0,方程mf′(x)-x+eq \f(m,x)=0有两个不同的实数解,求实数m的取值范围.
【解析】(1)依题意函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1+eq \f(ln x,x)-eq \f(1,x)=eq \f(x+ln x-1,x),
令g(x)=x+ln x-1,则 g′(x)=1+eq \f(1,x)>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以当x∈(0,1)时,g(x)<0,即f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,即f′(x)>0,
故f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)方程mf′(x)-x+eq \f(m,x)=0化简可得m(x+ln x)=x2,
所以方程mf′(x)-x+eq \f(m,x)=0有两解等价于方程eq \f(x+ln x,x2)=eq \f(1,m)有两解,
设F(x)=eq \f(x+ln x,x2),则F′(x)=eq \f(1-x-2ln x,x3),
令h(x)=1-x-2ln x,由于h′(x)=-1-eq \f(2,x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,
又h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0, 即F′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即F′(x)<0.
故F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
所以F(x)在x=1时取得最大值F(1)=1>0,又Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))=e-e2<0,
所以存在x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),1)),使得F(x1)=0,故当x∈(0,x1)时,F(x)<0;当x∈(x1,1)时,F(x)>0.
易知x∈(1,+∞)时,F(x)=eq \f(x+ln x,x2)>0,从而F(x)∈(0,1).
所以方程eq \f(x+ln x,x2)=eq \f(1,m)有两解只须满足0
类型五、有关函数零点个数的证明
基本题型:
1、已知函数,为的导函数.
(1)求证:在上存在唯一零点;(2)求证:有且仅有两个不同的零点.
答案:(1)证明见解析;(2)证明见解析.
分析:(1) 设,然后判断函数在上的符号,得出的单调性,再利用零点存在定理判断在上是否存在唯一零点即可;
(2) 分,,和三种情况分别考虑的零点存在情况,从而得证.
【详解】
(1)设,当时,,所以在上单调递减,又因为,所以在上有唯一的零点。
(2) ①由(1)知:当时,,在上单调递增;
当时,,在上单调递减;所以在上存在唯一的极大值点,所以
又因为,所以在上恰有一个零点.
又因为,所以在上也恰有一个零点.
②当时,, ,设,
所以在上单调递减,所以,所以当时,恒成立,所以在上没有零点.
③当时,,设,
所以在上单调递减,所以,所以当时,恒成立,所以在上没有零点.
综上,有且仅有两个零点.
2.已知函数,.
(1)求函数在处的切线方程;
(2)是否存在正数的值使得对任意 恒成立?证明你的结论.
(3)求证:在上有且仅有两个零点.
分析:(1)先求导,分别求出斜率和切点坐标,代入直线的点斜式方程即可得解;
(2)假设时,有对任意恒成立,先利用导数证得,再由三角函数的有界性可得,两不等式相加即可证得结论;
(3)对进行分类讨论,分为,两种情况,利用导数研究每段区间上的零点即可证得结论.
【详解】(1)因为,所以,又切点为,
所以函数在处的切线力程为,
(2)存在,,证明过程如下:
当时,即,令(),则,
所以在上单调递增,故,所以,
又,所以对任意恒成立;
(3)当时,,所以在上无零点;
当时,令,所以,
由,得,当时,;当时,,
所以在上单调递增,在上单调递减,
因为,,,
所以在上有且仅有两个零点,所以在上有且仅有两个零点.
基本方法:
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1.已知函数(),若方程恰有3个不同的根,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
答案:B
分析:
由题意可知,当时显然方程有一个根,问题转化为当时,有2个根,即与的图象有2个交点,求出特殊位置相切时斜率即可求解.
【详解】当时,即为,即,所以方程有1根,又方程恰有3个不同的根,所以当时,有2个根,即有2个根,所以与的图象有2个交点,设过原点与相切的直线切点为,则切线斜率,解得,所以,所以与有2个交点则需,即,
2.已知函数,若关于x的方程恰有两个不同实数根,,则的最大值为( )
A.2B.C.D.
答案:B
分析:根据题意,求出,将转化为一个变量的函数,从而利用导数研究函数单调性,进而求得最大值.
【详解】根据题意,绘制的图像如下:
由图可知,故方程有两个实根,等价于有两个实根,
不妨令,则,要使得原方程有两个实数根,只需有两个实数根,
解得,故,,令,解得,
故当,时,函数单调递增;当时,函数单调递减,故.
3.已知函数,若函数有且仅有2个零点,则实数的值为()
A.B.C.D.1
答案:A
分析:先画出函数的大致图像,由题意,得到函数与直线的图像有且仅有两个交点,结合图像,得到直线与相切,与曲线相交,根据导数的几何意义,即可求出结果.
【详解】画出函数的大致图像如下,
因为函数有且仅有2个零点,所以方程有两不等实根,
即函数与直线的图像有且仅有两个交点,由图像可得,只需直线与相切,与曲线相交,设直线与相切于点,因为,所以,因此曲线在点处的切线方程为:,即,因为即为该切线方程,所以,解得.
4、(多选题)设定义在上的函数满足,且当时,.己知存在,且为函数(为自然对数的底数)的一个零点,则实数的取值可能是( )
A.B.C.D.
答案:BCD
【解析】令函数,因为,
,为奇函数,当时,,在上单调递减,在上单调递减.
存在,得,,即,
;,为函数的一个零点;当时,,
函数在时单调递减,由选项知,取,又,要使在时有一个零点,只需使,解得,的取值范围为.
5.已知函数恰有三个零点,则实数a的取值范围为______
答案:
分析:函数有三个零点,可转化为与直线有三个交点,对 分类讨论,当时不满足条件,当时求出过原点与函数在上的切线,数形结合即可求解.
【详解】如图,函数恰有三个零点,等价于方程,有三个解,即函数与函数的图象有三个交点,又有为过原点的直线,由图可知,当时,函数的图象与函数的图象没有有三个交点,不满足条件.当时, 当且仅当为的切线的时候,方程恰有两个解,故而,令为的切线,设切点为,则切线的方程为,由于切线过原点,所以,即,此时直线的斜率为,由题意知,即.
6.已知函数,若函数有四个零点,则实数的取值范围是______.
答案:
分析:根据题意,得到和有四个交点,结合函数图象,分别讨论,两种情况,结合导函数的方法,利用数形结合的方法求解即可.
【详解】若函数有四个零点,需和有四个交点,
作出函数和的图象如下图所示,当时,由图象可得,显然不满足题意;
当时,因为直线恒过点,设与相切于点,
则,,由,得,所以,解得,,即当时,函数和有两个交点.当时,若与有两个交点,需方程有两个不相等的实根,即方程有两个不相等的实根,
所以只需,解得或,所以;综上时,函数有四个零点.
7.已知函数.
(1)证明:当时,;(2)若函数有三个零点,求实数的取值范围.
答案:(1)见解析;(2)
【解析】(1)令,则,当时,,
故在上单调递增,所以,即,所以.
(2)由已知,,依题意,有3个零点,即有3个根,显然0不是其根,所以有3个根,令,则,当时,,当时,,当时,,故在单调递减,在,上
单调递增,作出的图象,易得.故实数的取值范围为.
8.已知函数f(x)=x+eq \f(1,2)ln2x-ln x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若m>0,方程mf′(x)-x+eq \f(m,x)=0有两个不同的实数解,求实数m的取值范围.
【解析】(1)依题意函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1+eq \f(ln x,x)-eq \f(1,x)=eq \f(x+ln x-1,x),
令g(x)=x+ln x-1,则 g′(x)=1+eq \f(1,x)>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,
又g(1)=0,所以当x∈(0,1)时,g(x)<0,即f′(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,即f′(x)>0,
故f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)方程mf′(x)-x+eq \f(m,x)=0化简可得m(x+ln x)=x2,
所以方程mf′(x)-x+eq \f(m,x)=0有两解等价于方程eq \f(x+ln x,x2)=eq \f(1,m)有两解,
设F(x)=eq \f(x+ln x,x2),则F′(x)=eq \f(1-x-2ln x,x3),
令h(x)=1-x-2ln x,由于h′(x)=-1-eq \f(2,x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,
又h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0, 即F′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即F′(x)<0.
故F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
所以F(x)在x=1时取得最大值F(1)=1>0,又Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))=e-e2<0,所以存在x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),1)),使得F(x1)=0,
故当x∈(0,x1)时,F(x)<0;当x∈(x1,1)时,F(x)>0.
易知x∈(1,+∞)时,F(x)=eq \f(x+ln x,x2)>0,从而F(x)∈(0,1).
所以方程eq \f(x+ln x,x2)=eq \f(1,m)有两解只须满足0
9、已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).
(1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程;
(2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e),e))上有两个零点,求实数m的取值范围.
【解析】(1)当a=2时,f(x)=2ln x-x2+2x,则f′(x)=eq \f(2,x)-2x+2,切点坐标为(1,1),
则切线的斜率k=f′(1)=2,所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.
(2)g(x)=f(x)-ax+m=2ln x-x2+m,则g′(x)=eq \f(2,x)-2x=eq \f(-2x+1x-1,x),
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e),e)),所以由g′(x)=0,得x=1.
当eq \f(1,e)≤x<1时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,当1
所以g(x)=f(x)-ax+m在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e),e))上有两个零点需满足条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1=m-1>0,,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))=m-2-\f(1,e2)≤0,))
解得1
(1)若,讨论在区间上的单调性;
(2)证明:当时,在区间上有且只有两个零点.
解析:(1)若,则,当时,,,
,,由得在上单调递减,
又,所以,所以在上单调递增.
(2)①当,时,,,
,所以在上单调递减,.
(ⅰ)若,则,所以在上单调递增,
又,,所以在上有唯一零点.
(ⅱ)若,则,,所以存在,使得,且当时,;当时,;所以在上单调递增,在上单调递减,又,,所以在上有唯一零点.
②当,时,,,所以在上单调递减,又,,所以在上有唯一零点.
③当,时,,,,
所以,所以在上无零点.
综上,时,在上有且只有两个零点.
11.函数f(x)=ax+xln x在x=1处取得极值.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若y=f(x)-m-1在定义域内有两个不同的零点,求实数m的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)=ax+xln x的定义域为(0,+∞).f′(x)=a+ln x+1.
因为f′(1)=a+1=0,解得a=-1.当a=-1时,f(x)=-x+xln x,
则f′(x)=ln x.令f′(x)>0,解得x>1;令f′(x)<0,解得0
(2)y=f(x)-m-1在(0,+∞)内有两个不同的零点,可转化为y=f(x)与y=m+1的图象有两个不同的交点.由(1)知,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)min=f(1)=-1,
由题意得,m+1>-1,即m>-2,①
当0
由图象可知,m+1<0,即m<-1,②
由①②可得-2
(1)求实数a、b的值;(2)若函数恰有三个零点,求实数m的取值范围.
答案:(1),;(2)
分析:(1)先求,再借助已知代入即可解出.
(2) 由(1)得:求得可知函数在,上是增函数,在上是减函数,再求出极值,只需极大值为正,极小值为负,即可使恰有三个零点.即可求出实数m的取值范围.
【详解】(1)由,得:,则其对称轴为,
因为函数的图象关于直线对称,所以,,所以
则,又由可得,.
(2)由(1)得:,所以,
当时,,时,,时,.
故函数在,上是增函数,在上是减函数,所以,函数的极大值为,极小值为.而函数恰有三个零点,故必有,
解得.所以,使函数恰有三个零点的实数m的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导函数判断函数单调性,考查极值点的应用,考查已知函数的零点求参数问题,难度一般.
13.已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=2时,求函数g(x)=f(x)-cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),+∞))上的零点个数.
【解析】(1)f(x)=ex-ax,其定义域为R,f′(x)=ex-a.
①当a≤0时,因为f′(x)>0,所以f(x)在R上单调递增;
②当a>0时,令f′(x)>0,得x>ln a,令f′(x)<0,得x
综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递增;
当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
(2)由题意,g(x)=ex-2x-cs x,x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),+∞)),则g′(x)=ex+sin x-2.
①当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0))时,因为g′(x)=(ex-1)+(sin x-1)<0,
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0))上单调递减,从而g(x)>g(0)=0,故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),0))上无零点;
②当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,因为g′(x)单调递增,且g′(0)=-1<0,g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=e-1>0,
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),使g′(x0)=0,当x∈(0,x0)时,g′(x)<0,当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0,\f(π,2)))时,g′(x)>0.
所以g(x)在[0,x0)上单调递减,在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(x0,\f(π,2)))上单调递增,且g(0)=0,所以g(x0)<0,
又因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=e-π>0,所以g(x0)·geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))<0,故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0,\f(π,2)))上存在一个零点,
结合g(0)=0,易知g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上有两个零点;
③当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),+∞))时,g′(x)=ex+sin x-2>e-3>0,所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),+∞))上单调递增,
因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0,所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),+∞))上无零点.
综上,g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),+∞))上的零点个数为2.
14.已知函数,是实数.
(1)当时,求证:在定义域内是增函数;(2)讨论函数的零点个数.
答案:(1)证明见解析;(2)只有一个零点.
【解析】(1)函数的定义域为,且,
令,则,令.当时,;当时,.所以,函数的单调递减区间为,单调递增区间为,
所以,函数在处取得极小值,亦即最小值,即,即对任意的恒成立.因此,函数在定义域上为增函数;
(2)由,可得,设,其中,
则,令,,则,令.
当时,;当时,.所以,函数的单调递减区间为,单调递增区间为,所以,函数在处取得极小值,亦即最小值,即,
对任意的,,即函数在上单调递增,当时,,当时,.对任意的,直线与函数的图象有且只有一个交点.
因此,函数有且只有一个零点.
15、已知函数f(x)=2a2lnx-x2(a>0)。
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程。
(2)求函数f(x)的单调区间。
(3)讨论函数f(x)在区间(1,e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)。
【解析】(1)当a=1时,f(x)=2lnx-x2,所以f′(x)=eq \f(2,x)-2x,所以f′(1)=0,又f(1)=-1,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+1=0。
(2)因为f(x)=2a2lnx-x2,所以f′(x)=eq \f(2a2,x)-2x=eq \f(2a2-2x2,x)=eq \f(-2x-ax+a,x),因为x>0,a>0,所以当0
(3)由(2)得f(x)max=f(a)=a2(2lna-1)。
讨论函数f(x)的零点情况如下:
①当a2(2lna-1)<0,即0②当a2(2lna-1)=0,即a=eq \r(e)时,函数f(x)在(0,+∞)内有唯一零点a,而1③当a2(2lna-1)>0,即a>eq \r(e)时,由于f(1)=-1<0,f(a)=a2(2lna-1)>0,f(e2)=2a2lne2-e4=4a2-e4=(2a-e2)(2a+e2),
当2a-e2<0,即eq \r(e)当2a-e2≥0,即a≥eq \f(e2,2)>eq \r(e)时,f(e2)≥0,而且f(eq \r(e))=2a2·eq \f(1,2)-e=a2-e>0,f(1)=-1<0,由函数的单调性可知,无论a≥e2,还是a
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