2021高考数学一轮复习课后限时集训19利用导数解决函数的零点问题文北师大版
课后限时集训19
利用导数解决函数的零点问题
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1．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
[解](1)证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－.
因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－＝＞0，
故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.
又当x
x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因此，f(x)存在唯一的极值点．
(2)证明：由(1)知f(x0)0，
所以，f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得＜1＜x0.
又f＝ln －－1＝＝0，
故是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．
综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
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)的图像与直线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)的图像与直线y＝ax恰有两个不同的交点，等价于f(x)－ax
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＝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．(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)·在区间[0,1]上零点的个数．
[解](1)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a＞0时，令f′(x)＜0，得x＜ln a，令f′(x)＞0，得x＞ln a，
∴f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，
先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数，
①当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，
∴f(x)在[0,1]上有一个零点．
②当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，
∴f(x)在[0,1]上有一个零点．
③当1＜a＜e时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a,1)上单调递增．
而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1＜a≤e－1时，f(x)在[0,1]上有两个零点；
当e－a－1＜0，即e－1＜a＜e时，f(x)在[0,1]上有一个零点．
再考虑x＝时，由f＝0，得a＝2(－1)．
综上所述，当a≤1或a＞e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；
当1＜a≤e－1且a≠2(－1)时，g(x)在[0,1]上有三个零点.
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