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课时跟踪检测(二十三题型精研
—利用导数研究函数的零点问题
1.(2023·梅州模拟)已知fx)=e-2x.
(1)求f(x)的单调区间:
(2)证明:方程fx)=cosx在\a\vs4\al\col(-\f(r2),0)无实数解.
解:(1)fx)的定义域为R,f(x)=e-2,
令f()>0,即e>2,解得x>1n2,
令f(x)<0,即er<2,解得x<ln2.
综上,f(x)的单调递减区间为(一o,1n2),单调递增区间为(1n2,十o).
(2)证明:令g(x)=er-2x-cosx,x∈\a\vs4\al\col(-\f(r2),0),g'(c)=e
十sinx-2,
因为当x∈\a\vs4\al\col(-\f(r2),0)时,gx)=(e-1)+(sinx-1)<0,
所以g(x)在\a\vs4\al\co1(-\f(r2),0)单调递减
所以gx)>g(0)=0,
所以函数g(x)在\a\vs4\al小co1(-\f(r2),0)无零点.
即方程fx)=cosx在\a\vs4al\col(-\f(r2),0)无实数解.
2.(2021·全国甲卷)已知a>0且a呋1,函数fGx)=xaax(x>0).
(1)当a=2时,求fx)的单渊区间.
(2)若曲线y=fx)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,fx)=x22x,则f(x)=2x-x21n22x=x2-xln22x=\
reVn 2))2x.
∴.当x∈\a\vs4\al\co1(0,1f(21n2)时,rx)>0:当x∈
a\vs4\al\col(f(21n2),+o)时,r(x)<0.即f(x)的单调递减区间为\
a\vs4\al\col(f(21n2),+o),单调递增区间为八a\vs4\al\col(0,\f(2ln2).
(2)要使曲线y=fx)与直线y=1有2个交点,
即xaax=1有2个解,则lnxx=lnaa有2个解.
令gx)=1nxx(x>0),则g'(x)=1-1nxx2x>0).
令g'x)=1-1nxx2=0,解得x=e.
令g'x)>0,解得0<x<e,此时g(x)单调递增
令g(x)<0,解得x>e,此时g(Gx)单调递减
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故g(x).ax=g(e)=le.
而gx)在x>e时,g(x)∈1a\vs4\al\col(0,\f(1e).
又:g(1)=0,.要使条件成立,则0<lnaa<1e.
易得a∈(1,e)U(e,十a).
3.(2023·遵义模拟)已知函数f(x)=1nx-ax+1,a∈R.
(1)当a=1时,求函数fG)的单调区间:
(2)若fx)=1有且仅有两个不相等实根,求实数a的取值范围.
解:(1)当a=1时,f(x)=1nx-x+1,定义域为x∈(0,+o),
f(x)=1x-1=1-xx,当x∈(0,1)时,fGx)>0:
当x∈(1,十o)时,F(x)<0,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间
为(1,十0).
(2)由题意,1nx一ax十1=1,即a=1nxx有且仅有两个不相等实根,令gx)=1nxx,
h(x)=a,
即g(x)与h(x)的图象有两个交点,
g'Gx)=1-lnxx2,x∈(0,e)时,g(x)>0,x∈(e,+o)时,gx)<0,
所以g(x)在(0,e)单调递增,在(e,+∞)单调递减,
所以函数g(x)的最大值为g(e)=1nee=le,
又因为x→0时,gx)·一o,x→十o时,g(x)→0,
所以当a∈a\vs4\al\col(0,\f(1e)时,g(x)与h(x)的图象有两个交点,所以实数
a的取值范围为\a\vs4al\col(0,\f(1e)
4.(2022·唐山二模)已知函数fx)=3xx十3,g(x)=bsin x,曲线y=fx)和y=g
(x)在原点处有相同的切线1.
(1)求b的值以及1的方程;
(2)判断函数h(x)=f(x)一g(x)在(0,十o)上零点的个数,并说明理由.
解:(1)依题意得,P(x)=9x+32,gx)=bcosx.
f(0)=g(0)=b=1,.b=1,1的方程为y=x.
(2)由已知得,h(x)=3xx+3-sinx,当x>r2时,3xx+3=3-9x+3>12sinx,h
(xP0,此时h(x)无零点.
当0<x<r2时,h'x)=9x+32-c0sx,
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