导数中零点问题

导数中零点问题探究1已知函数3211()33fxxmxxm，其中mR．求函数()fx的零点个数．探究2已知函数321()e2(4)243xfxxxaxa，其中aR，e为自然对数的底数．（1）若函数()fx的图象在0x处的切线与直线0xy垂直，求a的值；（2）关于x的不等式4()e3xfx在(2)，上恒成立，求a的取值范围；（3）讨论函数()fx极值点的个数．探究3已知函数f（x）=ax2﹣x﹣lnx，a∈R．（1）若﹣1≤a≤0，证明：函数f（x）有且只有一个零点；（2）若函数f（x）有两个零点，求实数a的取值范围．探究4[来源:学*科*网Z*X*X*K]已知函数f（x）=g（x）•h（x），其中函数g（x）=ex，h（x）=x2+ax+a．[来源:Zxxk.Com]（1）求函数g（x）在（1，g（1））处的切线方程；（2）当0＜a＜2时，求函数f（x）在x∈[﹣2a，a]上的最大值；（3）当a=0时，对于给定的正整数k，问函数F（x）=e•f（x）﹣2k（lnx+1）是否有零点？请说明理由．（参考数据e≈2.718，≈1.649，e≈4.482，ln2≈0.693）探究5【解析1题】由f´(x)=0,得x2－2mx－1=0,因为△=4m2+40,所以y=f(x)既有极大值也有极小值.设f´(x0)=0,即x02－2mx0－1=0，则f(x0)=13x03－mx02－x0+13m=－13mx02－23x0+13m=－23x0(m2+1)………………12分所以极大值f(m－m2+1)=－23(m－m2+1)(m2+1)0，极小值f(m+m2+1)=－23(m+m2+1)(m2+1)0,故函数f(x)有三个零点.【解析2题】[来源:Z+xx+k.Com](1)由题意，321()e3xfxxxaxa，…………………………………………2分因为()fx的图象在0x处的切线与直线0xy垂直，所以(0)=1f，解得1a.……………………………4分(2)法一：由4()e3xfx，得3214e2(4)24e33xxxxaxa，即326(312)680xxaxa对任意(2)x，恒成立，……………………………6分即32636128xaxxx对任意(2)x，恒成立，因为2x，所以322612812323xxxaxx，……………………………8分记21()23gxx，因为gx在(2)，上单调递增，且(2)0g，所以0a≥，即a的取值范围是[0)，．………………………………………10分法二：由4()e3xfx，得3214e2(4)24e33xxxxaxa，即326(312)680xxaxa在(2)，上恒成立，……………………………6分因为326(312)680xxaxa等价于2(2)(434)0xxxa，①当0a≥时，22434(2)30xxaxa≥恒成立，所以原不等式的解集为(2)，，满足题意．…………………………………………8分②当0a时，记2()434gxxxa，有(2)30ga，所以方程24340xxa必有两个根12,xx，且122xx，原不等式等价于12(2)()()0xxxxx，解集为12()(2)xx，，，与题设矛盾，所以0a不符合题意．综合①②可知，所求a的取值范围是[0)，．…………………………………………10分(3)因为由题意，可得321()e3xf'xxxaxa，所以()fx只有一个极值点或有三个极值点.……11分令321()3gxxxaxa，①若()fx有且只有一个极值点，所以函数()gx的图象必穿过x轴且只穿过一次，即()gx为单调递增函数或者()gx极值同号．ⅰ）当()gx为单调递增函数时，2()20g'xxxa≥在R上恒成立，得1a≥．………12分ⅱ）当()gx极值同号时，设12,xx为极值点，则12()()0gxgx≥，由2()20g'xxxa有解，得1a，且21120,xxa22220xxa，所以12122,xxxxa，所以3211111()3gxxxaxa211111(2)3xxaxaxa11111(2)33xaaxaxa12(1)3axa，同理，222()(1)3gxaxa，[来源:学科网]所以121222(1)(1)033gxgxaxaaxa≥，化简得221212(1)(1)()0axxaaxxa≥，所以22(1)2(1)0aaaaa≥，即0a≥，所以01a≤．所以，当0a≥时，()fx有且仅有一个极值点；……………………………14分②若()fx有三个极值点，所以函数()gx的图象必穿过x轴且穿过三次，同理可得0a；综上，当0a≥时，()fx有且仅有一个极值点，当0a时，()fx有三个极值点．……………………………16分【解析3题】（1）由f（x）=ax2﹣x﹣lnx，得．当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上最多有一个零点，当﹣1≤a≤0时，f（1）=a﹣1＜0，，推出结果．（2）由（2）知，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上最多有一个零点．说明a＞0，由f（x）=ax2﹣x﹣lnx，得，说明函数f（x）在（0，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．要使得函数f（x）在（0，+∞）上有两个零点，只需要．通过函数h（x）=2lnx+x﹣1在（0，+∞）上是增函数，推出0＜a＜1．验证当0＜a＜1时，函数f（x）有两个零点．证明：lnx≤x﹣1．设t（x）=x﹣1﹣lnx，利用导数求解函数的最值即可．【解答】解：（1）由f（x）=ax2﹣x﹣lnx，得．所以当a≤0时，，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上最多有一个零点．…6分因为当﹣1≤a≤0时，f（1）=a﹣1＜0，，所以当﹣1≤a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上有零点．综上，当﹣1≤a≤0时，函数f（x）有且只有一个零点．…8分（2）由（2）知，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上最多有一个零点．因为函数f（x）有两个零点，所以a＞0．…9分由f（x）=ax2﹣x﹣lnx，得，令g（x）=2ax2﹣x﹣1．因为g（0）=﹣1＜0，2a＞0，所以函数g（x）在（0，+∞）上只有一个零点，设为x0．当x∈（0，x0）时，g（x）＜0，f'（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0，f'（x）＞0．所以函数f（x）在（0，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．要使得函数f（x）在（0，+∞）上有两个零点，只需要函数f（x）的极小值f（x0）＜0，即．又因为，所以2lnx0+x0﹣1＞0，又因为函数h（x）=2lnx+x﹣1在（0，+∞）上是增函数，且h（1）=0，所以x0＞1，得．又由，得，所以0＜a＜1．…13分以下验证当0＜a＜1时，函数f（x）有两个零点．当0＜a＜1时，，所以．因为，且f（x0）＜0．所以函数f（x）在上有一个零点．又因为（因为lnx≤x﹣1），且f（x0）＜0．所以函数f（x）在上有一个零点．所以当0＜a＜1时，函数f（x）在内有两个零点．[来源:学#科#网]综上，实数a的取值范围为（0，1）．…16分下面证明：lnx≤x﹣1．设t（x）=x﹣1﹣lnx，所以，（x＞0）．令t'（x）=0，得x=1．当x∈（0，1）时，t'（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，t'（x）＞0．所以函数t（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．所以当x=1时，t（x）有最小值t（1）=0．所以t（x）=x﹣1﹣lnx≥0，得lnx≤x﹣1成立．【解析4】（1）求出函数的导数，计算g（1），g′（1），求出切线方程即可；（2）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出f（x）的最大值即可；（3）问题转化为e•＞．令p（x）=e•，q（x）=，根据函数的单调性判断即可．【解答】解：（1）∵g（x）=ex，∴g′（x）=ex，∴g′（1）=e，∴函数g（x）在（1，g（1））处的切线方程为y﹣e=e（x﹣1），即y=ex；（2）f（x）=ex（x2+ax+a），f′（x）=（x+2）（x+a）ex=0，可得x=﹣a或x=﹣2．①﹣2a≥﹣2，即0＜a≤1时，f（x）在[﹣2a，﹣a]上递减，在[﹣a，a]上递增，∴f（x）max=f（a）；②﹣2a＜﹣2，即1＜a＜2时，f（x）在[﹣2a，﹣2]上递增，[﹣2，﹣a】递减，在[﹣a，a]上递增，∴f（x）max=max{f（﹣2），f（a）}=f（a）；综上所述，f（x）max=f（a）=（2a2+a）ea；（3）k=1，函数F（x）=e•f（x）﹣2k（lnx+1）无零点，k≥2，函数F（x）=e•f（x）﹣2k（lnx+1）有零点．理由如下：k=1时，证明ex2ex﹣2lnx﹣2＞0即可，即证明e•＞．令p（x）=e•，q（x）=，而p′（x）=，令p′（x）＞0，解得：x＞1，令p′（x）＜0，解得：x＜1，∴p（x）min=p（1）=e2，q′（x）=，令q′（x）＞0，解得：0＜x＜，令q′（x）＜0，解得：x＞，故q（x）max=q（）=e2，∴e•＞，故命题得证．解析5