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专题突破练7利用导数研究函数的零点1.(2021·福建厦门月考)已知函数f(x)=x3-x2ex的定义域为[-1,+∞).(1)求f(x)的单调区间;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a在区间[-1,2]上的零点个数.2.(2021·江苏苏州月考)已知函数f(x)=-2lnx(a∈R,a≠0).(1)求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1x2),且a=4,证明:x1+x24.3.(2021·山东烟台期中)已知函数f(x)=ax++1(a∈R).(1)若函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a≠0时,讨论函数g(x)=f(x)-a-3的零点个数,并给予证明.4.(2021·山西太原三模)已知函数f(x)=alnx-x2+b-ln2的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-x+1.(1)求f(x)的单调区间;(2)设x1,x2(x1x2)是函数g(x)=f(x)-m的两个零点,求证:x2-x1-4m.5.(2021·广东佛山期末)已知函数f(x)=lnx-mx有两个零点.(1)求m的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:f'(x1+x2)0.6.(2021·山东实验中学模拟)已知函数f(x)=2exsinx(e是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间;(2)记g(x)=f(x)-ax,0a6,试讨论g(x)在区间(0,π)上的零点个数(参考数据:≈4.8).专题突破练7利用导数研究函数的零点1.解:(1)f'(x)=x3+x2-xex=(3x+8)(x-1)ex,因为x∈[-1,+∞),所以函数f'(x)的零点为0和1.所以当0x1时,f'(x)0;当x1或-1≤x0时,f'(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为[-1,0),(1,+∞).(2)由(1)知,f(x)在区间[-1,2]上的极大值为f(0)=0,极小值为f(1)=-.因为f(-1)=--1,所以f(1)f(-1)0.f(2)=,由g(x)=0,得f(x)=a.故当a-或a时,g(x)的零点个数为0;当a=-或0a≤时,g(x)的零点个数为1;当-a-或a=0时,g(x)的零点个数为2;当-≤a0时,g(x)的零点个数为3.2.(1)解:函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-.当a0时,f'(x)0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,所以f(x)在区间(0,+∞)上无极值;当a0时,若x∈(0,√),f'(x)0,f(x)在区间(0,√)上单调递减.若x∈(√,+∞),f'(x)0,f(x)在区间(√,+∞)上单调递增,故f(x)在区间(0,+∞)上的极小值为f(√)=1-2ln√=1-lna,无极大值.(2)证明:当a=4时,f(x)=-2lnx.由(1)知,f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增,x=2是函数f(x)的极值点.又x1,x2为函数f(x)的零点,所以0x12x2,要证x1+x24,只需证x24-x1.∵f(4-x1)=--2ln(4-x1)=-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=-2lnx1=0,∴f(4-x1)=2lnx1-2x1+4-2ln(4-x1).令h(x)=2lnx-2x+4-2ln(4-x)(0x2),则h'(x)=-2+---0,∴h(x)在区间(0,2)上单调递增,∴h(x)h(2)=0,∴f(4-x1)0=f(x2),又4-x12,x22,∴4-x1x2,即x1+x24得证.3.解:(1)f'(x)=a-.由题意得f'(x)≥0,即a≥在区间(1,+∞)上恒成立.当x∈(1,+∞)时,∈0,,所以a≥.故实数a的取值范围为,+∞.(2)当a0时,函数g(x)有且只有一个零点;当a0时,函数g(x)有两个零点.证明如下:由已知得g(x)=ax+-a-2,则g'(x)=a--.当a0时,g'(x)0,所以函数g(x)单调递减.又g(0)=-a0,g(1)=-20,故函数g(x)有且只有一个零点.当a0时,令g'(x)0,得xln,令g'(x)0,得xln,所以函数g(x)在区间-∞,ln上单调递减,在区间ln,+∞上单调递增,而g()=aln0,g()0.由于xlnx,所以ln,所以g(x)在区间ln上存在一个零点.又gln=aa-ln,且lnln,设h(a)=a-ln,则h'(a)=1--0在区间(0,+∞)上恒成立,故h(a)在区间(0,+∞)上单调递增.而h(0)=0,所以h(a)0在区间(0,+∞)上恒成立,所以gln0,所以g(x)在区间ln,ln上存在一个零点.综上所述,当a0时,函数g(x)有且只有一个零点;当a0时,函数g(x)有两个零点.4.(1)解:由题可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x,又函数f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线方程为y=-x+1,所以{-即{----解得{所以f(x)=lnx-x2+1-ln2,f'(x)=x=-.当x∈(0,√)时,f'(x)0;当x∈(√,+∞)时,f'(x)0,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,√),单调递减区间为(√,+∞).(2)证明:由(1)得f(x)=lnx-x2+1-ln2(x0),且f(x)在区间(0,√)上单调递增,在区间[√,+∞)上单调递减,由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0x1√x2,∴x2-x1-+4m=x2-x1-+2(f(x2)+f(x1))=2lnx2+x2-+2lnx1-x1--4ln2.令t1(x)=2lnx+x-x2,x√,则t1'(x)=--,令t1'(x)0,得√x2;令t1'(x)0,得x2,∴t1(x)在区间(√,2]上单调递增,在区间(2,+∞)上单调递减,∴t1(x)≤t1(2)=2ln2.令t2(x)=2lnx-x-x2,0x√,则t2'(x)=--,令t2'(x)0,得0x1;令t2'(x)0,得1x√,∴t2(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间[1,√)上单调递减,∴t2(x)≤t2(1)=-,∴x2-x1-+4m≤t1(2)+t2(1)+-4ln2=1-2ln20.∴x2-x1-4m.5.(1)解:f'(x)=-m=-(x0).当m≤0时,f'(x)0,则f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,至多有一个零点.当m0时,若0x,则f'(x)0,f(x)在区间0,上单调递增;若x,则f'(x)0,f(x)在区间,+∞上单调递减,∴f(x)在x=处取得最大值,由题意得f()=-lnm-10得0m,此时,有e1,而f(1)=-m0,f()=-2lnm-0,∴由零点存在定理可知,f(x)在区间1,和上各有一个零点.综上所述,m的取值范围是0,.(2)证明:∵x1,x2是f(x)的两个零点,不妨设x1x20,∴lnx1-mx1=0①,lnx2-mx2=0②,①-②得lnx1-lnx2=mx1-mx2,即有m=--,由f'(x)=-m,有f'(x1+x2)=-m=--,∴要证f'(x1+x2)0,即证--,即证lnx1-lnx2-,即证ln-0,即证ln-10,令=t1,设φ(t)=lnt+-1(t1),则φ'(t)=0,∴φ(t)在区间(1,+∞)上单调递增,则φ(t)φ(1)=0,∴f'(x1+x2)0得证.6.解:(1)函数f(x)=2exsinx的定义域为R.f'(x)=2ex(sinx+cosx)=2√exsinx+.由f'(x)0,得sinx+0,可得2kπx+2kπ+π(k∈Z),解得2kπ-x2kπ+(k∈Z),由f'(x)0,得sinx+0,可得2kπ+πx+2kπ+2π(k∈Z),解得2kπ+x+2kπ(k∈Z).所以f(x)的单调递增区间为-+2kπ,+2kπ(k∈Z),单调递减区间为+2kπ,+2kπ(k∈Z).(2)由已知g(x)=2exsinx-ax,所以g'(x)=2ex(sinx+cosx)-a,令h(x)=g'(x),则h'(x)=4excosx.因为x∈(0,π),所以当x∈0,时,h'(x)0;当x∈,π时,h'(x)0,所以h(x)在区间0,上单调递增,在区间,π上单调递减,即g'(x)在区间0,上单调递增,在区间,π上单调递减.g'(0)=2-a,g'()=2-a0,g'(π)=-2eπ-a0.①当2-a≥0,即0a≤2时,g'(0)≥0,所以∃x0∈,π,使得g'(x0)=0.所以当x∈(0,x0)时,g'(x)0;当x∈(x0,π)时,g'(x)0.所以g(x)在区间(0,x0)上单调递增,在区间(x0,π)上单调递减.因为g(0)=0,所以g(x0)0.因为g(π)=-aπ0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点.②当2-a0,即2a6时,g'(0)0,所以∃x1∈0,,x2∈,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0.当x∈(0,x1),x∈(x2,π)时,g'(x)0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)0.所以g(x)在区间(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调递增.因为g(0)=0,所以g(x1)0,因为g()=2a2-3π0,所以g(x2)0,因为g(π)=-aπ0,由零点存在定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,π)上有两个零点.综上所述,当0a≤2时,g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点;当2a6时,g(x)在区间(0,π)上有两个零点.