23版新高考一轮分层练案(十九)　导数与函数的零点

一轮分层练案(十九)　导数与函数的零点

A级——基础达标

1．已知函数f(x)＝kx－ln x(k>0).

(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值．

解：(1)若k＝1，则f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，

则f′(x)＝1－，

由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，

∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，

单调递增区间为(1，＋∞).

(2)法一：由题意知，方程kx－ln x＝0仅有一个实根，

由kx－ln x＝0，得k＝(x>0).

令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，

当0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0.

∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，

∴g(x)max＝g(e)＝.

当x→＋∞时，g(x)→0，当x→0时，g(x)→－∞.

又∵k>0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝.

法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－＝(x>0，k>0).

当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.

∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，

∴f(x)min＝f＝1－ln ，

∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln ＝0，即k＝.

法三：∵k>0，∴函数f(x)有且只有一个零点等价于直线y＝kx与曲线y＝ln x相切，设切点为(x0，y0)，由y＝ln x，

得y′＝，∴∴k＝，∴实数k的值为.

2．已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax＋b.

(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)若函数f(x)的图象与直线y＝ax恰有两个不同的交点，求实数b的值．

解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x3＋x2－x＋b，

则f′(x)＝3x2＋2x－1，

由f′(x)>0，得x<－1或x>，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和.

(2)函数f(x)的图象与直线y＝ax恰有两个不同的交点，等价于f(x)－ax＝0有两个不等的实根．

令g(x)＝f(x)－ax＝x3＋x2＋b，则g′(x)＝3x2＋2x.

由g′(x)>0，得x<－或x>0；

由g′(x)<0，得－<x<0.

所以函数g(x)在和(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．

所以当x＝－时，函数g(x)取得极大值g＝＋b；当x＝0时，函数g(x)取得极小值为g(0)＝b.

要满足题意，则需g＝＋b＝0或g(0)＝b＝0，

所以b＝－或b＝0.

3．已知函数f(x)＝ex－a(x＋2).

(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．

解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1.

当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.

所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．

(2)f′(x)＝ex－a.

当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不合题意．

当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增．故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a).

①若0<a≤，则f(ln a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在1个零点，不合题意．

②若a>，则f(ln a)<0.

由于f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，ln a)存在唯一零点．

由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x>4且x>2ln (2a)时，

f(x)＝e·e－a(x＋2)>eln (2a)·－a(x＋2)＝2a>0.

故f(x)在(ln a，＋∞)存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点．

综上，a的取值范围是  .

4．已知函数f(x)＝ex＋1－kx－2k(其中e是自然对数的底数，k∈R).

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明x1＋x2>－2.

解：(1)易得f′(x)＝ex＋1－k，

当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln k－1，

可得当x∈(－∞，ln k－1)时，f′(x)<0，

当x∈(ln k－1，＋∞)时，f′(x)>0，

所以函数f(x)在区间(－∞，ln k－1)上单调递减，在区间(ln k－1，＋∞)上单调递增．

当k≤0时，f′(x)＝ex＋1－k>0恒成立，故此时函数f(x)在R上单调递增．

(2)证明：当k≤0时，由(1)知函数f(x)在R上单调递增，不存在两个零点，所以k>0，

由题意知e＝k(x1＋2)，e＝k(x2＋2)，

所以x1＋2>0，x2＋2>0，可得x1－x2＝ln ，

不妨设x1>x2，令＝t，则t>1，

由

解得x1＋2＝，x2＋2＝，

所以x1＋x2＋4＝，

欲证x1＋x2>－2，只需证明>2，

即证(t＋1)ln t－2(t－1)>0，

令g(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t＞1)，

则g′(t)＝ln t＋(t＋1)－2＝ln t＋－1.

令h(t)＝ln t＋－1(t＞1)，

则h′(t)＝－＞0，h(t)单调递增，

所以g′(t)>g′(1)＝0.

所以g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，

所以g(t)>g(1)＝0，即(t＋1)ln t－2(t－1)>0，原不等式得证．

B级——综合应用

5．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x(a∈R).

(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在上无零点，求a的取值范围．

解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，x>0，

则f′(x)＝1－＝，

由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)<0，得0<x<2.

故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞).

(2)因为当x→0时，f(x)→＋∞，所以f(x)<0在区间上不可能恒成立，

故要使函数f(x)在上无零点，

只要对任意的x∈，f(x)>0恒成立，

即对x∈，a>2－恒成立．

令h(x)＝2－，x∈，

则h′(x)＝，

再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈，

则m′(x)＝－<0，故m(x)在上单调递减．

于是m(x)≥m＝4－2ln 3≥0.

从而h′(x)≥0，于是h(x)在上单调递增，

所以对x∈有h(x)<h＝2－3ln 3，

所以a的取值范围为[2－3ln 3，＋∞).

6．设函数f(x)＝ex－x2－ax，a∈R.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a≤1时，若x1≠x2，f(x1)＋f(x2)＝2，求证：x1＋x2<0.

解：(1)f′(x)＝ex－x－a，令g(x)＝f′(x)，

则g′(x)＝ex－1，令g′(x)＝0，得x＝0.

当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．

所以g(x)min＝g(0)＝1－a.

当a≤1时，g(x)min＝1－a≥0，即g(x)＝f′(x)≥0，

则f(x)在R上单调递增．

当a>1时，g(x)min＝1－a<0.

易知x→－∞时，g(x)→＋∞；

当x→＋∞时，g(x)→＋∞.

由函数零点存在定理知，∃x1，x2(不妨设x1<0<x2)，使得g(x1)＝g(x2)＝0.

当x∈(－∞，x1)时，g(x)>0，即f′(x)>0；

当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，即f′(x)<0；

当x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0.

所以f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．

综上所述，当a≤1时，f(x)在R上单调递增；当a>1时，f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．

(2)构造函数F(x)＝f(x)＋f(－x)－2，x≥0，

则F(x)＝ex－x2－ax＋－2＝ex＋e－x－x2－2，x≥0，

F′(x)＝ex－e－x－2x，F″(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0(当且仅当x＝0时取等号，F″(x)是F′(x)的导数).

所以F′(x)在[0，＋∞)上单调递增，则F′(x)≥F′(0)＝0.所以F(x)在[0，＋∞)上单调递增，F(x)≥F(0)＝0.

不妨设x1<x2，则结合(1)易知x2>0，欲证x1＋x2<0，即证x1<－x2，由(1)知当a≤1时，f(x)在R上单调递增，即证f(x1)<f(－x2)，

由已知f(x1)＋f(x2)＝2，有f(x1)＝2－f(x2)，

只需证f(x1)＝2－f(x2)<f(－x2)，

即证f(x2)＋f(－x2)>2.

因为F(x)＝f(x)＋f(－x)－2在[0，＋∞)上单调递增，且x2>0，

所以F(x2)＝f(x2)＋f(－x2)－2>0，

故f(x2)＋f(－x2)>2成立，从而x1＋x2<0得证．