课时分层作业23 利用导数解决函数的零点问题(Word练习)-【名师导航】2024年高考文科数学一轮总复习(老高考)人教版

课时分层作业(二十三)　利用导数解决函数的零点问题 1．(2022·四川绵阳一模)已知函数f＝x3－x2＋4kx－(k∈R)． (1)讨论函数f的单调性； (2)若函数f在上恰有两个零点，求实数k的取值范围． [解]　(1)由题意得f′(x)＝x2－(k＋4)x＋4k＝(x－4)(x－k)． 当k＝4时，由f′(x)＝(x－4)2≥0，知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 当k>4时，令f′<0⇒4<x<k，令f′>0⇒x<4或x>k， 故函数f(x)在(4，k)上单调递减，在(－∞，4)和(k，＋∞)上单调递增． 当k<4时，令f′<0⇒k<x<4，令f′>0⇒x<k或x>4， 故函数f(x)在(k,4)上单调递减，在(－∞，k)，(4，＋∞)上单调递增． (2)当k≤0或k≥3时，函数f(x)在(0,3)上为单调函数，最多只有一个零点． 当0<k<3时，函数f(x)在(0，k)上单调递增，在(k,3)上单调递减． 要使函数f(x)在(0,3)上有两个零点，则需满足： 0<k<3且解得1<k<． 故实数k的取值范围是． 2．已知函数f(x)＝xex－a(x＋1)2． (1)若a＝e，求函数f(x)的极值； (2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围． [解]　(1)由题意知，当a＝e时，f(x)＝xex－e(x＋1)2，函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)． 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示： x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值－ ↘ 极小值－e ↗ 所以当x＝－1时，f(x)取得极大值－；当x＝1时，f(x)取得极小值－e． (2)法一：分类讨论法 f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)． 若a＝0，易知函数f(x)在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意． 若a＜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． 由f(－1)＝－＜0，且f(1)＝e－2a＞0， 当x→－∞时，f(x)→＋∞， 所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点． 若ln a＜－1，即0＜a＜，当x∈(－∞，ln a)∪(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(ln a，－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 又f(ln a)＝aln a－a(ln a＋1)2＜0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意． 若ln a＝－1，即a＝，当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，故不符合题意．若ln a＞－1，即a＞，当x∈(－∞，－1)∪(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(－1，ln a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 又f(－1)＝－＜0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意． 综上，实数a的取值范围是(－∞，0)． 法二：数形结合法 令f(x)＝0，即xex－a(x＋1)2＝0， 得xex＝a(x＋1)2． 当x＝－1时，方程为－e－1＝a×0，显然不成立， 所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f(x)的零点． 当x≠－1时，分离参数得a＝． 记g(x)＝(x≠－1)， 则g′(x)＝＝． 当x＜－1时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减； 当x＞－1时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增． 当x＝0时，g(x)＝0；当x→－∞时，g(x)→0； 当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞． 故函数g(x)的图象如图所示． 作出直线y＝a，由图可知，当a＜0时，直线y＝a和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f(x)有两个零点．故实数a的取值范围是(－∞，0)． 3．(2022·四川成都三模)已知函数f(x)＝＋cos x．求证： (1)2xf′(x)＞1－2x2； (2)当x∈(0，π)时，f(x)有且仅有2个零点． [证明]　(1)函数f(x)＝＋cos x定义域为(0，＋∞)，求导得：f′(x)＝－sin x， 令y＝2xf′(x)－(1－2x2)＝2x(x－sin x)，x＞0，令g(x)＝x－sin x，x＞0，则g′(x)＝1－cos x， 当x∈(0，＋∞)时，g′(x)≥0，当且仅当x＝2kπ(k∈N*)时取“＝”，g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 则当x∈(0，＋∞)时，g(x)＞g(0)＝0，即x＞sin x,