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1、
第22練 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題
訓(xùn)練目標(biāo)
(1)利用導(dǎo)數(shù)處理與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的題型;(2)解題步驟的規(guī)范訓(xùn)練.
訓(xùn)練題型
(1)利用導(dǎo)數(shù)討論零點(diǎn)的個數(shù);(2)利用導(dǎo)數(shù)證明零點(diǎn)的唯一性;(3)根據(jù)零點(diǎn)個數(shù)借助導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍.
解題策略
(1)注重數(shù)形結(jié)合;(2)借助零點(diǎn)存在性定理處理零點(diǎn)的存在性問題;結(jié)合單調(diào)性處理零點(diǎn)的唯一性問題;(3)注意參變量分離.
1.設(shè)a>1,函數(shù)f(x)=(1+x2)ex-a.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)證明:f(x)在(-∞,+∞)上僅有一個零點(diǎn).
2.函數(shù)f(x)=x3-kx,其中實數(shù)k為常
2、數(shù).
(1)當(dāng)k=4時,求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若曲線y=f(x)與直線y=k只有一個交點(diǎn),求實數(shù)k的取值范圍.
3.(20xx·貴陽調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=(a<0).
(1)當(dāng)a=-1時,求函數(shù)f(x)的極值;
(2)若函數(shù)F(x)=f(x)+1沒有零點(diǎn),求實數(shù)a的取值范圍.
4.設(shè)函數(shù)f(x)=(x+a)ln x,g(x)=. 已知曲線y=f(x) 在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與直線2x-y=0平行.
(1)求a的值;
(2)是否存在自然數(shù)k,使得方程f(x)=g(x)在(k,k+1)內(nèi)存在唯一的根?如果存在,求出k;
3、如果不存在,請說明理由.
5.已知函數(shù)f(x)=(x+a)ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),a∈R.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)當(dāng)a<1時,試確定函數(shù)g(x)=f(x-a)-x2的零點(diǎn)個數(shù),并說明理由.
答案精析
1.(1)解 f′(x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex
=(x+1)2ex,?x∈R,f′(x)≥0恒成立.
∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞).
(2)證明 ∵f(0)=1-a,f(a)=(1+a2)ea-a,
∵a>1,∴f(0)<0,f(a)>2aea-a>2a
4、-a=a>0,
∴f(0)·f(a)<0,∴f(x)在(0,a)上有一個零點(diǎn),
又∵f(x)在(-∞,+∞)上遞增,
∴f(x)在(0,a)上僅有一個零點(diǎn),
∴f(x)在(-∞,+∞)上僅有一個零點(diǎn).
2.解 (1)因為f′(x)=x2-k,
當(dāng)k=4時,f′(x)=x2-4,
令f′(x)=x2-4=0,
所以x1=2,x2=-2.
f′(x)、f(x)隨x的變化情況如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
?
極大值
?
極小值
?
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞
5、,-2),(2,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間是(-2,2).
(2)令g(x)=f(x)-k,由題意知,g(x)只有一個零點(diǎn).
因為g′(x)=f′(x)=x2-k.
當(dāng)k=0時,g(x)=x3,
所以g(x)只有一個零點(diǎn)0.
當(dāng)k<0時,g′(x)=x2-k>0對x∈R恒成立,所以g(x)單調(diào)遞增,所以g(x)只有一個零點(diǎn).
當(dāng)k>0時,令g′(x)=f′(x)=x2-k=0,解得x1=或x2=-.
g′(x),g(x)隨x的變化情況如下表:
x
(-∞,-)
-
(-,)
(,+∞)
g′(x)
+
0
-
0
+
g(x)
?
極大值
?
6、
極小值
?
g(x)有且僅有一個零點(diǎn)等價于g(-)<0,即k-k<0,解得0
7、)
-
0
+
F(x)
?
極小值
?
若使函數(shù)F(x)沒有零點(diǎn),當(dāng)且僅當(dāng)F(2)=+1>0,
解得a>-e2,所以此時-e21-1=0,
所以存在x0∈(1,2),使得
8、h(x0)=0.
因為h′(x)=ln x++1+,
所以當(dāng)x∈(1,2)時,h′(x)>1->0,
當(dāng)x∈[2,+∞)時,h′(x)>0,
所以當(dāng)x∈(1,+∞)時,h(x)單調(diào)遞增,
所以當(dāng)k=1時,方程f(x)=g(x)在(k,k+1)內(nèi)存在唯一的根.
5.解 (1)因為f(x)=(x+a)ex,x∈R,所以f′(x)=(x+a+1)ex.
令f′(x)=0,得x=-a-1.
當(dāng)x變化時,f(x)和f′(x)的變化情況如下:
x
(-∞,-a-1)
-a-1
(-a-1,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
?
極小值
?
故f(x)的單調(diào)遞
9、減區(qū)間為(-∞,-a-1),單調(diào)遞增區(qū)間為(-a-1,+∞).
(2)結(jié)論:函數(shù)g(x)有且僅有一個零點(diǎn).
理由如下:
由g(x)=f(x-a)-x2=0,得方程xex-a=x2,
顯然x=0為此方程的一個實數(shù)解,
所以x=0是函數(shù)g(x)的一個零點(diǎn).
當(dāng)x≠0時,方程可化簡為ex-a=x.
設(shè)函數(shù)F(x)=ex-a-x,則F′(x)=ex-a-1,令F′(x)=0,得x=a.
當(dāng)x變化時,F(xiàn)(x)和F′(x)的變化情況如下:
x
(-∞,a)
a
(a,+∞)
F′(x)
-
0
+
F(x)
?
極小值
?
即F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,a).
所以F(x)的最小值F(x)min=F(a)=1-a.因為a<1,
所以F(x)min=F(a)=1-a>0,
所以對于任意x∈R,F(xiàn)(x)>0,
因此方程ex-a=x無實數(shù)解.
所以當(dāng)x≠0時,函數(shù)g(x)不存在零點(diǎn).
綜上,函數(shù)g(x)有且僅有一個零點(diǎn).