第三章 分级练(23) 利用导数研究函数零点问题（Word练习）-【优化指导】2024高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版 新教材 新高考）

分级练(23)　利用导数研究函数零点问题 分级一　提能强化 1．已知函数f(x)＝ex－kx(k∈R). (1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)讨论函数f(x)的零点个数． 解：(1)当k＝1时，f(x)＝ex－x，f′(x)＝ex－1， 令f′(x)＞0，则x＞0，f(x)单调递增；令f′(x)＜0，则x＜0，f(x)单调递减． 故f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0). (2)设P(x0，y0)是函数y＝ex上一点， 由y＝ex得y′＝ex，所以y＝ex在点P处的切线方程是y－ex0＝ex0(x－x0)， 令x＝y＝0，则x0＝1， 所以过原点作y＝ex的切线方程是y＝ex. 故当k＜0或k＝e时，函数f(x)有1个零点；当k＞e时，函数f(x)有2个零点；当0≤k＜e时，函数f(x)无零点． 2．设函数f(x)＝－k2ln x，k>0. (1)求f(x)的单调区间和极值； (2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点． (1)解：f′(x)＝x－＝(x>0，k>0)，令f′(x)＝0，得x＝k(舍负)， f′(x)，f(x)随x的变化情况如下： x,(0，k),k,(k，＋∞) f′(x),－,0,＋ f(x),,极小值,综上，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)，f(x)极小值为f(k)＝，无极大值． (2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(k)＝. 因为f(x)存在零点，所以f(k)＝≤0，解得k≥. 当k＝时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0， 所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点． 当k>时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0， 所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点． 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点． 分级二　知能探究 3．已知函数f(x)＝x2＋ax－3，g(x)＝，当a＝2时，f(x)与g(x)的图象在x＝1处的切线相同． (1)求k的值； (2)令F(x)＝f(x)－g(x)，若F(x)存在零点，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋2x－3，f′(x)＝2x＋2，则f′(1)＝4. g′(x)＝，g′(1)＝k，由题意可知k＝4. (2)若F(x)存在零点，则F(x)＝x2＋ax－3－＝0，即a＝有实数根， 令h(x)＝＝－x＋，则h′(x)＝－1－＝ ， 令φ(x)＝4－8ln x－x3－3x， 则φ′(x)＝－－3x2－3<0恒成立，所以φ(x)单调递减，又φ(1)＝0， 所以当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，当x∈(0，1)时，φ(x)>0， 所以当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，当x∈(0，1)时，h′(x)>0， 故h(x)在(1，＋∞)上为减函数，在(0，1)上为增函数，即h(x)max＝h(1)＝2， 易知当x→＋∞时，h(x)→－∞，当x→0时，h(x)→－∞， 所以a≤2，即实数a的取值范围为(－∞，2]. 4．已知函数f(x)＝ln x＋－a(a∈R，b∈R)有最小值M，且M≥0. (1)求ea－1－b＋1的最大值； (2)当ea－1－b＋1取得最大值时，设F(b)＝－m(m∈R)，F(x)有两个零点为x1，x2(x1＜x2)，证明：x1x＞e3. (1)解：由题意知f′(x)＝－＝(x＞0)， 当b≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意； 当b>0时，令f′(x)＝0，得x＝b， 此时f(x)在(0，b)上单调递减，在(b，＋∞)上单调递增， M＝f(b)＝ln b＋1－a≥0，即ln b≥a－1， 所以b≥ea－1，ea－1－b≤0. 所以ea－1－b＋1的最大值为1. (2)证明：当ea－1－b＋1取得最大值时，a－1＝ln b，F(b)＝－m＝－m. F(x)的两个零点为x1，x2，则－m＝0，－m＝0，即ln x1＝mx1，ln x2＝mx2， 两式相减得ln ＝m(x1－x2)，故m＝. 不等式x1x＞e3恒成立等价于ln x1＋2ln x2＝mx1＋2mx2＝m(x1＋2x2)＞3. 即(x1＋2x2)·＞3，即ln ＜＝. 令t＝(0＜t＜1)，g(t)＝ln t－(0＜t＜1)，则g′(t)＝>0， 所以函数g(t)在(0，1)上单调递增，g(t)<g(1)＝0，则原不等式得证． 学科网（北京）股份有限公司 $