2021届二轮复习 导数与函数的零点问题 课时作业（全国通用）

第20讲 导数与函数的零点问题

1．若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－.

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)若函数f(x)＝k有3个解，求实数k的取值范围．

解：(1)对函数f(x)求导得f′(x)＝3ax2－b，

由题意知解得

所以f(x)＝x3－4x＋4.

(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，

令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

因此，当x＝－2时，f(x)有极大值；

当x＝2时，f(x)有极小值－.

所以函数f(x)＝x3－4x＋4的图象大致如图所示．

因为方程f(x)＝k的解的个数即为y＝k与y＝f(x)的交点个数．

所以实数k的取值范围是.

2．已知函数f(x)＝ex－1，g(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：(1)证明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x得，

h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>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－－x.

由g(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－x－－1，

记φ(x)＝ex－x－－1，

则φ′(x)＝ex＋x－.

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.

3．已知函数f(x)＝aex＋x2－bx(a，b∈R)．

(1)设a＝－1，若函数f(x)在R上是单调递减函数，求b的取值范围；

(2)设b＝0，若函数f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围．

解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－ex＋x2－bx，

∴f′(x)＝－ex＋2x－b，

由题意知，f′(x)＝－ex＋2x－b≤0对x∈R恒成立．

由－ex＋2x－b≤0，得b≥－ex＋2x.

令F(x)＝－ex＋2x，则F′(x)＝－ex＋2，

由F′(x)＝0，得x＝ln 2.

当x＜ln 2时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，当x＞ln 2时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，

从而当x＝ln 2时，F(x)取得最大值2ln 2－2，

∴b≥2ln 2－2，故b的取值范围为[2ln 2－2，＋∞)．

(2)当b＝0时，f(x)＝aex＋x2.

由题意知aex＋x2＝0只有一个解．

由aex＋x2＝0，得－a＝，

令G(x)＝，则G′(x)＝，

由G′(x)＝0，得x＝0或x＝2.

当x≤0时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，

故G(x)的取值范围为[0，＋∞)；

当0＜x＜2时，G′(x)＞0，G(x)单调递增，

故G(x)的取值范围为；

当x≥2时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，

故G(x)的取值范围为.

由题意得，－a＝0或－a＞，从而a＝0或a＜－，

故若函数f(x)在R上只有一个零点，

则a的取值范围为∪{0}．

4．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．

(1)求a的取值范围；

(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.

解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．

①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．

②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，

所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，

在(1，＋∞)内单调递增．

又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln ，

则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，

故f(x)存在两个零点．

③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．

若a≥－，则ln(－2a)≤1，

故当x∈(1，＋∞)时，

f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．

又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．

若a<－，则ln(－2a)>1，

故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；

当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.

因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．

又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．

综上，a的取值范围为(0，＋∞)．

(2)证明：不妨设x1<x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)内单调递减，

所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.

由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，

而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，

所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.

设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，

则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．

所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，

故当x>1时，g(x)<0.

从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.

5．(2020·南通学科基地卷)设k∈R，函数f(x)＝ln x＋x2－kx－1.

(1)k＝1时，求不等式f(x)＞－1的解集；

(2)求函数f(x)的单调递增区间；

(3)求函数f(x)在定义域内的零点个数．

解：(1)k＝1时，不等式f(x)＞－1，即ln x＋x2－x＞0.

设g(x)＝ln x＋x2－x，

因为g′(x)＝＋2x－1＝＞0在定义域(0，＋∞)上恒成立，

所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，

所以f(x)＞－1的解集为(1，＋∞)．

(2)f′(x)＝＋2x－k＝(x＞0)，

由f′(x)≥0得2x2－kx＋1≥0.(*)

①当Δ＝k2－8≤0，即－2≤k≤2时，(*)在R上恒成立，

所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．

②当k＞2 时，Δ＝k2－8＞0，

此时方程2x2－kx＋1＝0的相异实根分别为x1＝，x2＝，

因为所以0＜x1＜x2，

所以f′(x)≥0的解集为∪，

故函数f(x)的单调递增区间为和.

③当k＜－2 时，

同理可得：∴x1＜x2＜0，

f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．

综上所述，当k＞2时，函数f(x)的单调递增区间为和；

当k≤2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．

(3)由(2)知，

①当k≤2时，函数f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增，

令得x＞，

取m＝max，

则当x>m时，f(x)＞x2－kx－1＞0.

设0＜x＜1，x2－kx－1＜max{－1，－k}＝λ，

所以f(x)＜ln x＋λ，当0＜x＜e－λ时，f(x)＜0，

取n＝min{1，e－λ}，则当x∈(0，n)时，f(x)＜0，

又函数f(x)在定义域(0，＋∞)上连续不间断，

所以函数f(x)在定义域内有且仅有一个零点．

②当k＞2时，f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上递增，在(x1，x2)上递减，

其中2x－kx1＋1＝0,2x－kx2＋1＝0，

则f(x1)＝ln x1＋x－kx1－1＝ln x1＋x－(2x＋1)－1＝ln x1－x－2.

下面先证明ln x＜x(x＞0)：

设h(x)＝ln x －x，由h′(x)＝>0得0＜x＜1，

所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，h(x)max＝h(1)＝－1＜0，

所以h(x)＜0(x＞0)，即ln x＜x(x＞0)．

因此，f(x1)＜x1－x－2＝－2－＜0，

又因为f(x)在(x1，x2)上递减，所以f(x2)＜f(x1)＜0，

所以f(x)在区间(0，x2)不存在零点．

由①知，当x＞m时，f(x)＞0，f(x)的图象连续不间断，

所以f(x)在区间(x2，＋∞)上有且仅有一个零点．

综上所述，函数f(x)在定义域内有且仅有一个零点．