资源描述
第四课时 导数与函数的零点
知识点、方法
综合运用练
应用创新练
利用导数研究函数零点个数
2
5
根据函数零点求参数
1,3
函数零点的综合应用
4
1.已知函数f(x)=13x3-m+12x2,g(x)=13-mx,m是实数.
(1)若f(x)在区间(2,+∞)上为增函数,求m的取值范围;
(2)在(1)的条件下,函数h(x)=f(x)-g(x)有3个零点,求m的取值
范围.
解:(1)函数的导数为f′(x)=x2-(m+1)x,
因为f(x)在区间(2,+∞)上为增函数,
所以f′(x)=x(x-m-1)≥0在区间(2,+∞)上恒成立,
所以x-m-1≥0在区间(2,+∞)上恒成立,
即m≤x-1在区间(2,+∞)上恒成立,
由x>2,得m≤1,
所以m的取值范围是(-∞,1].
(2)h(x)=f(x)-g(x)=13x3-m+12x2+mx-13,
所以h′(x)=(x-1)(x-m)=0,解得x=m或x=1,
当m=1时,h′(x)=(x-1)2≥0,h(x)在R上是增函数,不符合题意,
当m<1时,令h′(x)>0,解得x<m或x>1,令
h′(x)<0,解得m<x<1,
所以h(x)在(-∞,m),(1,+∞)上单调递增,在(m,1)上单调递减,
所以h(x)极大值=h(m)=-16m3+12m2-13,
h(x)极小值=h(1)=m-12,
要使h(x)=f(x)-g(x)有3个零点,
需-16m3+12m2-13>0,m-12<0,解得m<1-3,
所以m的取值范围是(-∞,1-3).
2.设函数f(x)=x2-2kln x(k>0).
(1)当k=4时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)讨论函数f(x)在区间(1,e)上的零点个数.
解:(1)因为f(x)=x2-2kln x(k>0),
所以f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=2x-8x=2x2-8x,
令f′(x)=0,得x=2或x=-2(舍去).
当x变化时,函数f(x),f′(x)变化情况如表:
x
(0,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞),
在x=2处取得极小值,f(2)=4-8ln 2,无极大值.
(2)由(1)知f(x)的最小值为f(k)=k-kln k,
若函数有零点,则有f(k)≤0,解得k≥e.
当k≥e时,函数f(x)在(1,e)上单调递减,
又f(1)=1>0,f(e)=e-k≤0,所以函数f(x)在(1,e)上有1个零点;
当0<k<e时,函数f(x)的最小值为正数,所以函数f(x)在(1,e)上没有零点.
综上,当k≥e时,函数f(x)在(1,e)上有1个零点,
当0<k<e时,函数f(x)在(1,e)上没有零点.
3.已知函数f(x)=-x2+2ln x+2.
(1)求f(x)的极值;
(2)若g(x)=ln x+2-x-k-f(x),在(12,2)上有两个不同的零点,求实数k的取值范围.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-2x+2x=-2(x+1)(x-1)x,
由f′(x)=0得x=1,当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以函数f(x)有极大值f(1)=1,无极小值.
(2)若g(x)=x2-ln x-x-k,x∈(12,2),
g′(x)=2x-1x-1=(2x+1)(x-1)x,则当x=1时,g′(x)=0,当12<x<1时,
g′(x)<0,当1<x<2时,g′(x)>0,
于是得g(x)在(12,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,g(x)min=
g(1)=-k,而g(12)=ln 2-14-k,g(2)=2-ln 2-k,
显然g(12)<g(2),要g(x)在(12,2)上有两个不同的零点,当且仅当-k<0,ln2-14-k>0,即0<k<ln 2-14,所以实数k的取值范围为(0,ln 2-14).
4.已知函数f(x)=e2x+(1-2a)ex-ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)在定义域内至多有一个零点,求a的取值范围.
解:(1)由题意,函数f(x)=e2x+(1-2a)ex-ax的定义域为R,
且f′(x)=2e2x+(1-2a)ex-a=(2ex+1)(ex-a).
当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在R上单调递增;
当a>0时,令f′(x)=0,即ex-a=0,解得x=ln a,
当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,
当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(ln a,+∞)上单调递增.
综上所述,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(1)知,当a≤0时,函数f(x)在R上为增函数,
所以f(x)在定义域上至多有一个零点;
当a>0时,由(1)知,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,
所以f(x)min=f(ln a)=a2+(1-2a)a-aln a=a-a2-aln a,
因为f(x)在R上至多有一个零点,则满足f(x)min≥0,即1-a-ln a≥0,
设g(a)=ln a+a-1,a>0,可得g′(a)=1a+1>0,所以g(a)在(0,+∞)上单调递增,
且g(1)=0,由不等式g(a)≤0,可得0<a≤1,
即f(x)min≥0时,可得0<a≤1.综上可得,实数a的取值范围是(-∞,
1].
5.(2021·安徽示范高中高考模拟)已知函数f(x)=ln x+ax+1.
(1)若函数f(x)在[1,e]上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)讨论函数f(x)零点的个数.
解:(1)因为f(x)的定义域为(0,+∞),
所以f′(x)=x-ax2≥0,即x-a≥0在x∈[1,e]上恒成立,所以a≤1,所以实数a的取值范围是(-∞,1].
(2)因为f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x-ax2.
①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,且x→0时f(x)→-∞,x→+∞时f(x)→+∞,所以f(x)只有一个零点;
②当a>0时,f′(a)=0,且当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
所以f(x)min=f(a)=ln a+2.
(ⅰ)若f(x)min<0,即ln a+2<0,所以0<a<e-2,
因为f(x)在(a,+∞)上单调递增,f(a)<0,
f(1)=a+1>0,
所以f(x)在(a,+∞)上只有一个零点.
又因为f(x)在(0,a)上单调递减,且f(a)<0,所以f(a2)=2ln a+1a+1.
令g(x)=2ln x+1x+1,x∈(0,e-2),
所以g′(x)=2x-1x2<0,所以g(x)在(0,e-2)上单调递减,
所以g(x)>g(e-2)=e2-3>0,
即f(a2)=2ln a+1a+1>0,因为0<a2<a,且f(a2)>0,f(a)<0,所以f(x)在(0,a)上只有一个零点,所以当0<a<e-2时f(x)有两个零点.
(ⅱ)若f(x)min>0,即ln a+2>0,a>e-2,f(x)无零点.
(ⅲ)若f(x)min=0,即ln a+2=0,a=e-2,f(x)只有一个零点.
综上所述,当a≤0或a=e-2时,f(x)只有一个零点;
当0<a<e-2时,f(x)有两个零点;
当a>e-2时,f(x)无零点.
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