1、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)=-2ln x(aR,a0).(1)求函数f(x)的极值;(2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x14.3.(2021山东烟台期中)已知函数f(x)=ax+1(aR).(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a0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
2、数f(x)=aln x-x2+b-ln 2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)=ln x-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)=2exsin x(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,)上的零点个数(参考数据:4.8).专
3、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)1或-1x0.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
4、3.2.(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=当a0时,f(x)0时,若x(0,),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-ln a,无极大值.(2)证明 当a=4时,f(x)=-2ln x.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0x124,只需证x24-x1.f(4-x1)=-2ln(4-x1)=-2x1+4-2ln(4-x1),又f(x1)=-2ln x1=0,f(4-x1)=2ln x1-2x1+4
5、-2ln(4-x1).令h(x)=2ln x-2x+4-2ln(4-x)(0x0,h(x)在区间(0,2)上单调递增,h(x)h(2)=0,f(4-x1)2,x22,4-x14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,g(1)=-20时,令g(x)0,得x0,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.由于xln x,所以ln,所
6、以g(x)在区间ln上存在一个零点.又gln=aa-ln,且ln0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,所以解得所以f(x)=ln x-x2+1-ln 2,f(x)=x=,当x(0,)时,f(x)0;当x(,+)时,f(x)0),且f(x)在区间(0,)上单调递增,在区间,+)
7、上单调递减,由题意得f(x1)=f(x2)=m,且0x1,则t1(x)=,令t1(x)0,得x2;令t1(x)2,t1(x)在区间(,2上单调递增,在区间(2,+)上单调递减,t1(x)t1(2)=2ln 2.令t2(x)=2ln x-x-x2,0x0,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-+4mt1(2)+t2(1)+-4ln 2=1-2ln 20.x2-x10),当m0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0x0,f(x)在区间0,上单调递增;若x,则
8、f(x)0得0me1,而f(1)=-m0,f=-2ln m-x20,ln x1-mx1=0,ln x2-mx2=0,-得ln x1-ln x2=mx1-mx2,即有m=,由f(x)=-m,有f(x1+x2)=-m=,要证f(x1+x2),即证ln0,即证ln-10,令=t1,设(t)=ln t+-1(t1),则(t)=0,(t)在区间(1,+)上单调递增,则(t)(1)=0,f(x1+x2)0,得sinx+0,可得2kx+2k+(kZ),解得2k-x2k+(kZ),由f(x)0,得sinx+0,可得2k+x+2k+2(kZ),解得2k+x0;当x,时,h(x)0,g()=-2e-a0.当2-a
9、0,即00;当x(x0,)时,g(x)0.因为g()=-a0,所以由零点存在定理可得,此时g(x)在区间(0,)上仅有一个零点.当2-a0,即2a6时,g(0)0,所以x10,x2,使得g(x1)=0,g(x2)=0,且当x(0,x1),x(x2,)时,g(x)0.所以g(x)在区间(0,x1)和(x2,)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调递增.因为g(0)=0,所以g(x1)2-30,所以g(x2)0,因为g()=-a0,由零点存在定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,)上有两个零点.综上所述,当0a2时,g(x)在区间(0,)上仅有一个零点;当2a6时,g(x)在区间(0,)上有两个零点.
