2017届人教A版--------利用导数研究函数零点专题----考点规范练.doc

第五课时　利用导数研究函数零点专题

【选题明细表】
知识点、方法
题号
通过最值(极值)判断零点个数
2,3,7,8
数形结合法研究零点问题
1,5
构造函数法研究零点问题
4,6
1.已知函数f(x)=x3-3ax-1,a≠0.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与y=f(x)的图像有三个不同的交点,求m的取值范围.
解:(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),
当a<0时,对x∈R,有f′(x)>0,
所以当a<0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
当a>0时,由f′(x)>0,
解得x<-或x>.
由f′(x)<0,解得-<x<,
所以当a>0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,-),(,+∞),单调递减区间为(-,).
(2)因为f(x)在x=-1处取得极值,
所以f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,
所以a=1.
所以f(x)=x3-3x-1,
f′(x)=3x2-3,

由f′(x)=0,解得x1=-1,x2=1.
由(1)中f(x)的单调性可知,f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1,
在x=1处取得极小值f(1)=-3.
因为直线y=m与函数y=f(x)的图像有三个不同的交点,结合如图所示f(x)的图像可知,
实数m的取值范围是(-3,1).
2.已知函数f(x)=x2+xsin x+cos x.
(1)若曲线y=f(x)在点(a,f(a))处与直线y=b相切,求a与b的值;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点,求b的取值范围.
解:(1)由f(x)=x2+xsin x+cos x,
得f′(x)=x(2+cos x).
因为y=f(x)在点(a,f(a))处与直线y=b相切.
所以f′(a)=a(2+cos a)=0且b=f(a),
则a=0,b=f(0)=1.
(2)令f′(x)=0,得x=0.
所以当x>0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当x<0时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上单调递减,
所以f(x)的最小值为f(0)=1.
因为函数f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调,
所以当b>1时曲线y=f(x)与直线y=b有且仅有两个不同交点.
综上可知,b的取值范围是(1,+∞).
3.(2016长春模拟)设函数f(x)=ln x-ax,g(x)=ex-ax,其中a为实数.
(1)若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且g(x)在(1,+∞)上有最小值,求a的取值范围;
(2)若g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.
解:(1)f′(x)=-a≤0在(1,+∞)上恒成立,
则a≥,x∈(1,+∞),故a≥1;
g′(x)=ex-a,
若1≤a≤e,
则g′(x)=ex-a≥0在(1,+∞)上恒成立,
此时,g(x)=ex-ax在(1,+∞)上是单调增函数,无最小值,不合题意;
若a>e,则g(x)=ex-ax在(1,ln a)上是单调减函数,在(ln a,+∞)上是单调增函数,g(x)min=g(ln a),满足题意.
故a的取值范围为(e,+∞).
(2)g′(x)=ex-a≥0在(-1,+∞)上恒成立,则a≤ex,
故a≤,f′(x)=-a=(x>0).
①若0<a≤,
令f′(x)>0,得增区间为(0,);
令f′(x)<0得减区间为(,+∞).
当x→0时,f(x)→-∞;
当x→+∞时,f(x)→-∞;
当x=时,f()=-ln a-1≥0,
当且仅当a=时取等号.
故当a=时,f(x)有1个零点;
当0<a<时,f(x)有2个零点.
②若a=0时,则f(x)=ln x,易得f(x)有1个零点.
③若a<0,则f′(x)=-a>0在(0,+∞)上恒成立,
即f(x)=ln x-ax在(0,+∞)上是单调增函数,
当x→0时,f(x)→-∞;
当x→+∞时,f(x)→+∞.
此时,f(x)有1个零点.
综上所述,当a=或a≤0时,f(x)有1个零点;
当0<a<时,f(x)有2个零点.
4.(2015高考四川卷)已知函数f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,其中a>0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;
(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间
(1,+∞)内有唯一解.
(1)解:由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
g(x)=f′(x)=2(x-1-ln x-a),
所以g′(x)=2-=.
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.
(2)证明:由f′(x)=2(x-1-ln x-a)=0,解得a=x-1-ln x.
令(x)=-2xln x+x2-2x(x-1-ln x)+(x-1-ln x)2=(1+ln x)2-2xln x,
则(1)=1>0,(e)=2(2-e)<0.
于是,存在x0∈(1,e),使得(x0)=0.
令a0=x0-1-ln x0=u(x0),其中u(x)=x-1-ln x(x≥1).
由u′(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1,即a0∈(0,1).
当a=a0时,有f′(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.
再由(1)知,f′(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
当x∈(1,x0)时,f′(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0;
又当x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0)2-2xln x>0.
故x∈(0,+∞)时,f(x)≥0.
综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间
(1,+∞)内有唯一解.
5.已知f(x)=x2+3x+1,g(x)=+x.
(1)a=2时,求y=f(x)和y=g(x)的公共点个数;
(2)a为何值时,y=f(x)和y=g(x)的公共点个数恰为两个.
解:(1)a=2时,由
得x2+3x+1=+x,
整理得x3+x2-x-2=0(x≠1).
令y=x3+x2-x-2,
求导得y′=3x2+2x-1,
令y′=0,得x1=-1,x2=,
故得极值分别在x=-1和x=处取得,且极大值、极小值都是负值.
所以y=x3+x2-x-2=0的解只有一个,即y=f(x)与y=g(x)的公共点只有一个,
(2)由得x2+3x+1=+x,
整理得a=x3+x2-x(x≠1),
令h(x)=x3+x2-x,

联立

h′(x)=0可以得到极值点分别是x=-1和x=,画出草图,如图所示,
h(-1)=1,h()=-,
当a=h(-1)=1时,y=a与y=h(x)仅有一个公共点(因为(1,1)点不在y=h(x)曲线上),
故a=-时恰有两个公共点.
6.(2015高考山东卷)设函数f(x)=(x+a)ln x,g(x)=.已知曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线2x-y=0平行.
(1)求a的值;
(2)是否存在自然数k,使得方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根?如果存在,求出k;如果不存在,请说明理由;
(3)设函数m(x)=min {f(x),g(x)}(min {p,q}表示p,q中的较小值),求m(x)的最大值.
解:(1)由题意知,
曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为2,
所以f′(1)=2,
又f′(x)=ln x++1,所以a=1.
(2)k=1时,方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根.
设h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)ln x-,
当x∈(0,1]时,h(x)<0,
又h(2)=3ln 2-=ln 8->1-1=0,
所以存在x0∈(1,2),使得h(x0)=0.
因为h′(x)=ln x++1+,
所以当x∈(1,2)时,h′(x)>1->0,
当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0,
所以当x∈(1,+∞)时,h(x)单调递增.
所以k=1时,
方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根.
(3)由(2)知方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0,且x∈(0,x0)时,f(x)<g(x),
x∈(x0,+∞)时,f(x)>g(x),
所以m(x)=
当x∈(0,x0)时,若x∈(0,1],m(x)≤0;
若x∈(1,x0),由m′(x)=ln x++1>0.
可知0<m(x)≤m(x0).
故m(x)≤m(x0).
当x∈(x0,+∞)时,由m′(x)=,
可得x∈(x0,2)时,m′(x)>0,m(x)单调递增;
x∈(2,+∞)时,m′(x)<0,m(x)单调递减.
可知m(x)≤m(2)=,且m(x0)<m(2).
综上可得,函数m(x)的最大值为.
7.(2015杭州模拟)设函数f(x)=x3+ax2-a2x+m(a>0).
(1)若a=1时,函数f(x)有三个互不相同的零点,求实数m的取值范围;
(2)若函数f(x)在[-1,1]内没有极值点,求a的取值范围;
(3)若对任意的a∈[3,6],不等式f(x)≤1在x∈[-2,2]上恒成立,求实数m的取值范围.
解:(1)当a=1时,f(x)=x3+x2-x+m,
因为f(x)有三个互不相同的零点,
所以f(x)=x3+x2-x+m=0,
即-x3-x2+x=m有三个互不相同的实数根.
令g(x)=-x3-x2+x,则g′(x)=-(3x-1)(x+1).
令g′(x)>0,解得-1<x<;
令g′(x)<0,解得x<-1或x>.
所以g(x)在(-∞,-1)和(,+∞)上为减函数,
在(-1,)上为增函数.
所以g(x)极小值=g(-1)=-1,g(x)极大值=g()=.
所以m的取值范围是(-1,).
(2)因为f(x)=x3+ax2-a2x+m(a>0),
所以f′(x)=3x2+2ax-a2.
因为f(x)在x∈[-1,1]内没有极值点,
所以方程f′(x)=3x2+2ax-a2=0在区间[-1,1]上没有实数根,
由Δ=4a2-12×(-a2)=16a2>0,二次函数对称轴x=-<0,
当f′(x)=0时,
即(3x-a)(x+a)=0,解得x=-a或x=,
所以
或<-1(a<-3不合题意,舍去),解得a>3.
所以a的取值范围是(3,+∞).
(3)令f′(x)=3x2+2ax-a2=0,解得x=-a或x=,且a∈[3,6]时,∈[1,2],-a∈[-6,-3].
又因为x∈[-2,2],
所以f′(x)在[-2,)上小于0,f(x)是减函数;
f′(x)在(,2]上大于0,f(x)是增函数;
所以f(x)max=max{f(-2),f(2)},
而f(2)-f(-2)=16-4a2<0,
所以f(x)max=f(-2)=-8+4a+2a2+m,
又因为f(x)≤1在[-2,2]上恒成立,
所以f(x)max≤1,
即-8+4a+2a2+m≤1,
即m≤9-4a-2a2,在a∈[3,6]上恒成立.
因为h(a)=9-4a-2a2在a∈[3,6]上是减函数,最小值为-87.
所以m≤-87,
即m的取值范围是(-∞,-87].
8.设函数f(x)=-x3+x2+(m2-1)x(x∈R),其中m>0.
(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率.
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
(3)已知函数f(x)有三个互不相同的零点0,x1,x2,且x1<x2,若对任意的x∈[x1,x2],f(x)>f(1)恒成立,求实数m的取值范围.
解:(1)当m=1时,f(x)=-x3+x2,f′(x)=-x2+2x,
故f′(1)=1,
即曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1.
(2)f′(x)=-x2+2x+m2-1=-[x-(1-m)][x-(1+m)],
令f′(x)=0,得
x=1-m或x=1+m,m>0,故1+m>1-m,
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
x
(-∞,
1-m)
1-m
(1-m,
1+m)
1+m
(1+m,
+∞)
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
所以f(x)的单调减区间是(-∞,1-m),(1+m,+∞),单调增区间是(1-m,1+m),
于是函数f(x)在x=1-m处取得极小值
f(1-m)=-m3+m2-;
在x=1+m处取得极大值f(1+m)=m3+m2-.
(3)由题设知f(x)=-x(x2-x-m2+1)=-x(x-x1)(x-x2),
所以方程x2-x-m2+1=0有两个相异的非零实根x1,x2,
故由根与系数的关系得x1+x2=3且Δ=1+(m2-1)>0,
解得m>或m<-(舍去),
因为x1<x2,
所以2x2>x1+x2=3⇒x2>>1,
若x1<1<x2,
则f(1)=-(1-x1)(1-x2)>0,
而f(x1)=0,不合题意,
若1≤x1<x2,则对任意x∈[x1,x2],
有x>0,x-x1≥0,x-x2≤0,
所以f(x)=-x(x-x1)(x-x2)≥0.
又f(x1)=f(x2)=0,
故f(x)在[x1,x2]上的最小值为0,
于是对任意x∈[x1,x2],f(x)>f(1)恒成立,
得f(1)=m2-<0⇒-<m<,
综上,实数m的取值范围是(,).

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