利用导数研究函数的零点

1利用导数研究函数的零点（求导求出极值，画出函数的草图分析）1.已知曲线C：32112132yxxx，直线:lya（1）若直线l与曲线C有唯一一个交点，求a的取值范围；（73a或136a）（2）若直线l与曲线C有两个不同的交点，求a的取值范围；（73a或136a）（3）若直线l与曲线C有三个不同的交点，求a的取值范围.（76a136）解：令2'2(1)(2)yxxxx0得11,x或22x当12x时，'0y；当1x或2x时，'0y.所以()gx在(1,2)为减函数，在(,1)，(2,)为增函数.当1x时，取得极大值max136y；当2x时，取得极大值min73y；（1）当73a或136a时，直线l与曲线C有唯一一个交点；（2）当73a或136a时，直线l与曲线C有两个不同的交点；（3）当71336a时，直线l与曲线C有三个不同的交点.2.已知函数3()31,1fxxaxa（1）函数yfx的单调区间；（2）若()fx在1x处取得极值，直线ym与()yfx的图象有三个不同的交点，求m的取值范围.（-3,1）解:(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a0时，对x∈R，有f′(x)0，∴当a0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a0时，由f′(x)0，解得x－a或xa.由f′(x)0，解得－axa，∴当a0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，a)．(2)∵f(x)在x＝－1处取得极值，∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a＝1.∴f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3，由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.∵直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，结合如图所示f(x)的图象可知：实数m的取值范围是(－3,1)．3.已知函数3211()2()32fxxaxxaR.xy(2,-76)(-1,73)fx()=13∙x312∙x22∙x+12-12（1）当3a时，求函数yfx的单调区间；（2）若过点1(0,)3可作函数yfx图像的三条不同切线，求实数a的取值范围.(2)a解：(1)当a＝3时，函数f(x)＝-13x3+322x，得f′(x)＝－x2＋3x－2＝－(x－1)(x－2)．所以当1＜x＜2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＜1或x＞2时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．所以函数f(x)的单调递增区间为(1,2)，单调递减区间为(－∞，1)和(2，＋∞).(2)设点P321(,2)32atttt是函数y＝f(x)图象上的切点，则过点P的切线的斜率k＝f′(t)＝－t2＋at－2，所以过点P的切线方程为y＋321232attt＝(－t2＋at－2)(x－t)，因为点1(0,)3在该切线上，所以32112332attt＝(－t2＋at－2)(0－t)，即322110323tat.若过点1(0,)3可作函数y＝f(x)图象的三条不同切线，则函数g(t)＝32211323tat有三个不同的零点．即函数y＝g(t)的图象与坐标轴横轴有三个不同的交点．令g′(t)＝2t2－at＝0，解得t＝0或t＝2a.因为g(0)＝13＞0，311()2243aga所以必须311()2243aga0，即a＞2.所以实数a的取值范围为(2，＋∞)．4.(2012江苏)若函数()yfx在0xx处取得极大值或极小值，则称0x为函数()yfx的极值点，已知,ab是实数，1和-1是函数32()fxxaxbx的两个极值点.（1）求a和b的值；（0,3ab）（2）设函数()gx的导函数'()()2gxfx，求()gx的极值点；（-2是1不是）（3）设()(())hxffxc，其中[2,2]c，求函数()yhx的零点的个数.（当2c时，函数()yhx有5个零点；当22c时，函数()yhx有9个零点）解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.当x－2时，g′(x)0；当－2x1时，g′(x)0，故－2是g(x)的极值点．当－2x1或x1时，g′(x)0，故1不是g(x)的极值点．所以g(x)的极值点为－2.(3)令f(x)＝t，则h(x)＝f(t)－c.先讨论关于x的方程f(x)＝d根的情况，d∈[－2,2]．当|d|＝2时，由(2)可知，f(x)＝－2的两个不同的根为1和－2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)＝2的两个不同的根为－1和2.当|d|2时，因为f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d0，所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．①当x∈(2，＋∞)时，f′(x)0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)f(2)＝2，此时f(x)＝d无实根．同理，f(x)＝d在(－∞，－2)上无实根．②当x∈(1,2)时，f′(x)0，于是f(x)是单调增函数．又f(1)－d0，f(2)－d0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(1,2)内有唯一实根．同理，f(x)＝d在(－2，－1)内有唯一实根．3③当x∈(－1,1)时，f′(x)0，故f(x)是单调减函数．又f(－1)－d0，f(1)－d0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(－1,1)内有唯一实根．由上可知：当|d|＝2时，f(x)＝d有两个不同的根x1，x2满足|x1|＝1，|x2|＝2；当|d|2时，f(x)＝d有三个不同的根x3，x4，x5满足|xi|2，i＝3,4,5.现考虑函数y＝h(x)的零点．(i)当|c|＝2时，f(t)＝c有两个根t1，t2满足|t1|＝1，|t2|＝2，而f(x)＝t1有三个不同的根，f(x)＝t2有两个不同的根，故y＝h(x)有5个零点．(ii)当|c|2时，f(t)＝c有三个不同的根t3，t4，t5满足|ti|2，i＝3,4,5，而f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三个不同的根，故y＝h(x)有9个零点．综上可知，当|c|＝2时，函数y＝h(x)有5个零点；当|c|2时，函数y＝h(x)有9个零点．5.已知函数3211(),32afxxxaxaxR，其中0a.（1）求函数yfx的单调区间；（2）若函数yfx在区间（-2,0）内恰有两个零点，求实数a的取值范围.1(0)3a解析：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a0.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点.当且仅当(2)0(1)0(0)0fff解得0a13.所以，a的取值范围是1(0,)36.已知函数2()lnfxxax在（1,2]是增函数，()gxxax在（0,1）为减函数.（1）求函数fx、gx的解析式；（求得2a）（2）求证：当0x时，方程()()2fxgx有唯一解.解:（1）f′(x)＝2x－ax，依题意f′(x)≥0，x∈(1,2]，即a≤2x2，x∈(1,2]．∵上式恒成立，∴a≤2……………………①又g′(x)＝1－a2x，依题意g′(x)≤0，x∈(0,1)，即a≥2x，x∈(0,1)．∵上式恒成立，∴a≥2.…………②由①②得a＝2.∴f(x)＝x2－2lnx，g(x)＝x－2x.(2)证明由(1)可知，方程f(x)＝g(x)＋2，即x2－2lnx－x＋2x－2＝0.设h(x)＝x2－2lnx－x＋2x－2，则h′(x)＝2x－2x－1＋1x.当h′(x)＝0时，(x－1)(2xx＋2x＋x＋2)＝0，解得x＝1.令h′(x)0，并由x0，解得x1.令h′(x)0，由x0，解得0x1.列表分析：4x(0,1)1(1，＋∞)h′(x)－0＋h(x)递减极小值递增可知h(x)在x=1处有一个最小值0，当x0且x≠1时，h(x)0，∴h(x)＝0在(0，＋∞)上只有一个解．即当x0时，方程f(x)＝g(x)＋2有唯一解．7.已知函数2()()fxaxaR，()2lngxx（1）讨论函数()()Fxfxgx的单调性；（2）若方程()()fxgx在区间[2,]e上有两个不等的实数解，求实数a的取值范围.ln21()2ae解:(1)F(x)＝ax2－2lnx，其定义域为(0，＋∞)，∴F′(x)＝2ax－2x＝2ax2－1x(x0)．①当a0时，由ax2－10，得x1a.由ax2－10，得0x1a.故当a0时，F(x)的递增区间为1a，＋∞，递减区间为0，1a.②当a≤0时，F′(x)0(x0)恒成立．故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．(2)ln22≤a1e8.已知函数2()xfxkex（其中kR，e是自然对数的底数）（1）若2k，判断函数()fx在区间(0,)上的单调性；（2）若函数()fx有两个极值点1212,()xxxx，求k的取值范围；(3)在（2）的条件下，试证明：10()1fx.解：（1）当2k时，'()222(1)0xxfxexe.所以()fx在(0,)为减函数（2）令'()20xfxkex，得2xxke，设2()xxgxe，令2(1)'()xxgxe0，得1x显然()gx在(,1)为减函数，在(1,)为增函数，()gx在1x取得最大值为max2()(1)gxge当x时，()gx，当x时，()0gx，∴20ke5（3）由（2）可知1201xx，由112xxke，得122211111()2(1)1xfxkexxxx∵1(0,1)x∴10()1fx9.(2013湖北卷)已知a为常数，函数()(ln)fxxxax=-有两个极值点1212,()xxxx，则（A）121()0,()2fxfx-（B）121()0,()2fxfx-（C）121()0,()2fxfx-（D）121()0,()2fxfx-解：令'()12ln0fxaxx=-+=得1ln2xax+=令1ln()2xgxx+=，2222(1ln)ln'()42xxgxxx-+-==∴()gx在(0,1)为增函数，在(1,)+?为减函数，在1x=取得最大值1(1)2g=.当x??时，()0gx®，且当1x时()0gx.∴102a[法一]消去参数化为确定的一元函数：∵函数()fx的两个极值点为1212,(01)xxxx.∴1ln2iixax+=(1,2)i=，111111()(ln)(ln1)02xfxxxaxx=-=-222222()(ln)(ln1)2xfxxxaxx=-=-，记()(ln1)2xhxx=-(1)x11'()(