内容正文:
课时分层作业(二十) 利用导数解决函数的零点问题
1.函数f (x)=ex-2ax-a.
(1)讨论函数的极值;
(2)当a>0时,求函数f (x)的零点个数.
[解] (1)由题意得f ′ (x)=ex-2a.
当2a≤0,即a≤0时,f ′ (x)>0恒成立,
∴f (x)在R上单调递增,无极值.
当2a>0,即a>0时,
令f ′ (x)=0,解得x=ln (2a),
∴当x∈时,f ′ (x)<0;
当x∈时,f ′ (x)>0.
∴f (x)在上单调递减,在(ln (2a),+∞)上单调递增,
∴f (x)的极小值为f =a-2a ln (2a),无极大值.
综上所述:当a≤0时,f (x)无极值;
当a>0时,f (x)的极小值为a-2a ln (2a),无极大值.
(2)由(1)知:当a>0时,f (x)在上单调递减,在上单调递增;
当0<a<时,f =a-2a ln (2a)>0,
∴f (x)>0恒成立,f (x)无零点;
当a=时,f =a-2a ln (2a)=0,f (x)有唯一零点x=ln (2a);
当a>时,f =a-2a ln (2a)<0,
又当x趋近于负无穷大时,f (x)趋近于正无穷大,当x趋近于正无穷大时,f (x)也趋近于正无穷大,
∴f (x)在和上各存在一个零点,即f (x)有两个零点.
综上所述:当0<a<时,f (x)无零点;
当a=时,f (x)有且仅有一个零点;
当a>时,f (x)有两个不同的零点.
2.(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1,函数f (x)=(x>0).
(1)当a=2时,求f (x)的单调区间;
(2)若曲线y=f (x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
[解] (1)当a=2时,f (x)=(x>0),
f ′(x)=(x>0),
令f ′(x)>0,则0<x<,此时函数f (x)单调递增,
令f ′(x)<0,则x>,此时函数f (x)单调递减,
所以函数f (x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
(2)曲线y=f (x)与直线y=1有且仅有两个交点,
可转化为方程=1(x>0)有两个不同的解,即方程=有两个不同的解.
设g(x)=(x>0),则g′(x)=(x>0),
令g′(x)==0,得x=e,
当0<x<e时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,
当x>e时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减,
故g(x)max=g(e)=,
且当x>e时,g(x)∈,
又g(1)=0,所以0<<,所以a>1且a≠e,
即a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
3.(2023·山东潍坊模拟)已知函数f (x)=ex+sin x-cos x,f ′(x)为f (x)的导数.
(1)证明:当x≥0时,f ′(x)≥2;
(2)设g (x)=f (x)-2x-1,证明:g(x)有且仅有2个零点.
[证明] (1)由f ′ (x)=ex+cos x+sin x,设h (x)=ex+cos x+sin x,则h′ (x)=ex-sin x+cos x,
当x≥0时,设p (x)=ex-x-1,q (x)=x-sin x,
∵p′ (x)=ex-1≥0,q′ (x)=1-cos x≥0,
∴p (x)和q (x)在上单调递增,
∴p (x)≥p (0)=0,q (x)≥q (0)=0,
∴当x≥0时,ex≥x+1,x≥sin x,
则h′ (x)=ex-sin x+cos x≥x+1-sin x+cos x
=+>0,
∴函数h (x)=ex+cos x+sin x在上单调递增,
∴h (x)≥h (0)=2,即当x≥0时,f ′(x)≥2.
(2)由已知得g (x)=ex+sin x-cos x-2x-1.
①当x≥0时,
∵g′ (x)=ex+cos x+sin x-2=f ′ (x)-2≥0,
∴g (x)在上单调递增,
又∵g (0)=-1<0,g =eπ-2π>0,
∴由零点存在定理可知g (x)在上仅有一个零点.
②当x<0时,
设m (x)=,则m′ (x)=≤0,
∴m (x)在上单调递减,
∴m (x)>m (0)=1,∴ex+cos x+sin x-2<0,
∴g′ (x)=ex+cos x+sin x-2<0,
∴g (x)在上单调递减,
又∵g (0)=-1<0,g =e-π+2π>0,
∴由零点存在定理可知g (x)在上仅有一个零点,综上所述,g(x)有且仅有2个零点.
4.(2023·山东师范大学附中模拟)已知函数h (x)=x-a ln x.
(1)若h (x)有两个零点,求a的取值范围;
(2)若方程xex-a=0有两个实根x1,x2,且x1≠x2,证明:ex1+x2>.
[解] (1)函数h (x)的定义域