2022版新高考数学一轮总复习课后集训：23+利用导数解决函数的零点问题+Word版含解析

课后限时集训(二十三)　

利用导数解决函数的零点问题

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1．(2020·石家庄模拟)已知函数f(x)＝2a2ln x－x2(a＞0)．

(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)求函数f(x)的单调区间；

(3)讨论函数f(x)在区间(1，e2)内零点的个数(e为自然对数的底数)．

[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝2ln x－x2，∴f′(x)＝－2x，∴f′(1)＝0，

又f(1)＝－1，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝0.

(2)∵f(x)＝2a2ln x－x2，∴f′(x)＝－2x＝.

∵x＞0，a＞0，∴当0＜x＜a时，f′(x)＞0；当x＞a时，f′(x)＜0.

∴f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．

(3)由(2)得f(x)max＝f(a)＝a2(2ln a－1)．

讨论函数f(x)的零点情况如下：

①当a2(2ln a－1)＜0，即0＜a＜时，函数f(x)无零点，

∴函数f(x)在(1，e2)内无零点．

②当a2(2ln a－1)＝0，即a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)内有唯一零点a，而1＜a＝＜e2，

∴函数f(x)在(1，e2)内有一个零点．

③当a2(2ln a－1)＞0，即a＞时，

f(1)＝－1＜0，f(a)＝a2(2ln a－1)＞0，f(e2)＝2a2ln e2－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)·(2a＋e2)．

当2a－e2＜0，即＜a＜时，f(e2)＜0，

由函数的单调性可知，函数f(x)在(1，a)内有唯一零点x1，在(a，e2)内有唯一零点x2，

∴f(x)在(1，e2)内有两个零点．

当2a－e2≥0，即a≥时，f(e2)≥0，

由函数的单调性可知，f(x)在(1，e2)内只有一个零点．

综上所述，当0＜a＜时，函数f(x)在(1，e2)内无零点；

当a＝或a≥时，函数f(x)在(1，e2)内有一个零点；

当＜a＜时，函数f(x)在(1，e2)内有两个零点．

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：

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)方法一：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)．

方法二：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．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－.

(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；

(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．

[解]　(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．

因为f′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．

因为f(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－＝＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e＜x1＜e2)，即f(x1)＝0.又0＜＜1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.

综上，f(x)有且仅有两个零点．

(2)因为＝e－ln x0，故点B在曲线y＝ex上．

由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，连接AB，则直线AB的斜率

k＝＝＝.

曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．