内容正文:
微练(十八) 导数与函数的零点
1.已知函数f(x)=ln x-a2x2+ax(a≥1)。
(1)证明:函数f(x)在区间(1,+∞)上是减函数;
(2)当a=1时,证明:函数f(x)只有一个零点。
证明 (1)显然函数f(x)=ln x-a2x2+ax的定义域为(0,+∞),f'(x)=-2a2x+a==。因为a≥1,x>1,所以2ax+1>0,ax-1>0,所以f'(x)<0,所以函数f(x)在(1,+∞)上是减函数。
(2)当a=1时,f(x)=ln x-x2+x,其定义域是(0,+∞),f'(x)=-2x+1=-。令f'(x)=0,解得x=-(舍去)或x=1。所以当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0。所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以当x=1时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,即为f(1)=ln 1-12+1=0,当x≠1时,f(x)<f(1),即f(x)<0,所以函数f(x)只有一个零点。
2.已知函数f(x)=x-aex,a∈R。
(1)当a=时,证明:f(x)+ln x-x+1≤0在(0,+∞)上恒成立;
(2)讨论函数f(x)的零点个数。
解 (1)证明:当a=时,f(x)=x-ex-1,则f'(x)=1-ex-1。由f'(x)>0得x<1,此时f(x)单调递增,由f'(x)<0得x>1,此时f(x)单调递减。所以f(x)max=f(1)=0,即f(x)=x-ex-1≤0 ①,变形得x≤ex-1,当x>0时,对x≤ex-1两边同时取自然对数,得ln x≤x-1,当且仅当x=1时取等号。所以ln x-x+1≤0 ②。①+②,得f(x)+ln x-x+1≤0。所以当a=时,f(x)+ln x-x+1≤0在(0,+∞)上恒成立。
(2)f(x)=0等价于x-aex=0,即=a。设h(x)=,则h'(x)=,当x<1时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x>1时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)max=h(1)=。又当x<0时,h(x)<0,当x>0时,h(x)>0,且x→+∞时,h(x)→0,
所以可画出h(x)大致图象,如图所示。所以当a≤0或a=时,f(x)在R上有唯一零点;当a>时,f(x)在R上无零点;当0<a<时,f(x)在R上有两个零点。
3.已知函数f(x)=ex+(a-e)x-ax2。
(1)当a=0时,求函数f(x)的极值;
(2)若函数f(x)在区间(0,1)内存在零点,求实数a的取值范围。
解 (1)当a=0时,f(x)=ex-ex,则f'(x)=ex-e,f'(1)=0,当x<1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,且极小值为f(1)=0,无极大值。
(2)由题意得f'(x)=ex-2ax+a-e,设g(x)=ex-2ax+a-e,则g'(x)=ex-2a。若a=0,则f(x)的最小值为f(1)=0,故由(1)得f(x)在区间(0,1)内没有零点。若a<0,则g'(x)=ex-2a>0,故函数g(x)在区间(0,1)内单调递增。又g(0)=1+a-e<0,g(1)=-a>0,所以存在x0∈(0,1),使g(x0)=0。故当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增。因为f(0)=1,f(1)=0,所以当a<0时,f(x)在区间(0,1)内存在零点。若a>0,由(1)得当x∈(0,1)时,ex>ex。则f(x)=ex+(a-e)x-ax2>ex+(a-e)x-ax2=a(x-x2)>0,此时函数f(x)在区间(0,1)内没有零点。综上,实数a的取值范围为(-∞,0)。
4.已知函数f(x)=x·cos x。
(1)当x∈(0,π)时,求证:f(x)<sin x;
(2)求证:当x∈时,方程2f(x)-1=0有且仅有2个不等的实数根。
证明 (1)令g(x)=f(x)-sin x=x·cos x-sin x,则g'(x)=cos x-x·sin x-cos x=-x·sin x,当x∈(0,π)时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,π)上单调递减,所以当x∈(0,π)时,g(x)<g(0)=0,故当x∈(0,π)时,f(x)<sin x。
(2)设h(x)=2f(x)-1=2x·cos x-1,则h'(x)=2(cos x-x·sin x),设ω(x)=cos x-x·sin x,则ω'(x)=-2sin x-x·cos x,当x∈时,ω'(x)<0,所以ω(x)在上单调递减,又ω(0)=1>0,ω=-<0,所以存在唯一的x0∈,使得ω(x0)=0。当0<x<x0时