课时过关检测（十九） 利用导数研究函数零点问题

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(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝ax2－3x＋a＋1，由f′(1)＝0，得a＝1，
∴f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋2x＋5.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，
即g(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋2x＋5－2x－m＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋5－m有三个零点．
由g′(x)＝x2－3x＝0，得x＝0或x＝3.
由g′(x)＞0，得x＜0或x＞3；由g′(x)＜0，得0＜x＜3.
∴函数g(x)在(－∞，0)和(3，＋∞)上为增函数，在(0,3)上为减函数．
要使g(x)有三个零点，只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g0＞0，,g3＜0，))解得eq \f(1,2)＜m＜5.
故实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，5)).
2．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：(1)证明：易知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq \r(x)－x，
所以h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－3－eq \r(2)＞0，
所以h(1)h(2)＜0，
所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．
(2)由(1)可知h(x)＝f(x)－g(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．
又h(x)在(1,2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
h′(x)＝ex－eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)－1，记φ(x)＝ex－eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)－1，
则φ′(x)＝ex＋eq \f(1,4)x－eq \f(3,2).
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
3．已知函数f(x)＝kx－ln x(k>0)．
(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值．
解：(1)若k＝1，则f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝1－eq \f(1,x)，
由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)法一：由题意知，方程kx－ln x＝0仅有一个实根，
由kx－ln x＝0，得k＝eq \f(ln x,x)(x>0)．
令g(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当00；当x>e时，g′(x)<0.
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e).
当x→＋∞时，g(x)→0，当x→0时，g(x)→－∞.
又∵k>0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝eq \f(1,e).
法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x)(x>0，k>0)．
当0eq \f(1,k)时，f′(x)>0.
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)))＝1－ln eq \f(1,k)，
∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln eq \f(1,k)＝0，即k＝eq \f(1,e).
法三：∵k>0，∴函数f(x)有且只有一个零点等价于直线y＝kx与曲线y＝ln x相切，设切点为(x0，y0)，由y＝ln x，
得y′＝eq \f(1,x)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝\f(1,x0)，,y0＝kx0，,y0＝ln x0，))∴k＝eq \f(1,e)，∴实数k的值为eq \f(1,e).
4．(2021·吉林第三次调研)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R)．
(1)若a＝0，试讨论f(x)的单调性；
(2)若0＜a＜2，b＝1，实数x1，x2为方程f(x)＝m－ax2的两个不等实根，求证：eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＞4－2a.
解：(1)依题意知x＞0，当a＝0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－(b＋1)．
①当b≤－1时，f′(x)＞0恒成立，此时f(x)在定义域上单调递增；
②当b＞－1时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,b＋1)))时，f′(x)＞0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b＋1)，＋∞))时，f′(x)＜0，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,b＋1)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b＋1)，＋∞))上单调递减．
(2)证明：由f(x)＝m－ax2得ln x＋(a－2)x＋2－m＝0，
令g(x)＝ln x＋(a－2)x＋2，x＞0，
则g(x1)＝g(x2)＝m，依题意有ln x1＋(a－2)x1＝ln x2＋(a－2)x2，∴a－2＝eq \f(ln\f(x2,x1),x1－x2)，
要证eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＞4－2a，
只需证eq \f(x1＋x2,x1x2)＞2(2－a)＝eq \f(－2ln\f(x2,x1),x1－x2)(不妨设x1＜x2)，
即证eq \f(x1,x2)－eq \f(x2,x1)＜－2lneq \f(x2,x1)，
即证2lneq \f(x2,x1)＋eq \f(x1,x2)－eq \f(x2,x1)＜0，
令eq \f(x2,x1)＝t(t＞1)，则g(t)＝2ln t－t＋eq \f(1,t)，
∵g′(t)＝eq \f(2,t)－1－eq \f(1,t2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－1))2＜0，
∴g(t)在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(t)＜g(1)＝0，从而有eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＞4－2a.