【数学】2021届一轮复习北师大版（理）19利用导数解决函数的零点问题作业 3页

利用导数解决函数的零点问题 建议用时：45分钟 ‎1．(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．‎ ‎2．(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)因为f(x)＝ex－ax－1，‎ 所以f′(x)＝ex－a，‎ 当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，‎ 所以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，‎ 所以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，‎ 当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增且f(0)＝0，所以f(x)在[0,1]上有一个零点；‎ 当a≥e时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以f(x)在[0,1]上有一个零点；‎ 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．‎ 当x＝时，由f＝0得a＝2(－1)，‎ 所以当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．‎ ‎3．(2019·唐山模拟)已知函数f(x)＝－4ax＋aln x＋‎3a2＋‎2a(a＞0)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，当a变化时，求f(x1)＋f(x2)的最大值．‎ ‎[解]　(1)函数f(x)的定义域为x＞0，对f(x)求导得f′(x)＝x－‎4a＋＝‎ eq f(x2－4ax＋a,x)，x＞0，a＞0.‎ 令M(x)＝x2－4ax＋a，‎ 则Δ＝‎16a2－‎4a＝‎4a(‎4a－1)．‎ ‎①当0＜a≤时，Δ≤0，M(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎②当a＞时，Δ＞0，f′(x)＝0的根为x1＝‎2a－，x2＝‎2a＋，‎ 由f′(x)＞0得0＜x＜‎2a－或x＞‎2a＋；‎ 由f′(x)＜0得‎2a－＜x＜‎2a＋.‎ 所以f(x)在(0,‎2a－)，(‎2a＋，＋∞)‎ 上单调递增；在(‎2a－，‎2a＋)上单调递减．‎ ‎(2)由(1)得a＞，x1＝‎2a－，x2＝‎2a＋，‎ 所以x1＋x2＝‎4a，x1x2＝a，从而 f(x1)＋f(x2)＝(x＋x)－‎4a(x1＋x2)＋aln x1x2＋‎6a2＋‎4a＝(x1＋x2)2－x1x2－‎10a2＋‎4a＋aln a ‎＝aln a－‎2a2＋‎3a.‎ 令g(a)＝aln a－‎2a2＋‎3a，则g′(a)＝ln a－‎4a＋4.‎ 令h(a)＝ln a－‎4a＋4，‎ 则h′(a)＝－4.‎ 因为a＞，所以h′(a)＜0，所以h(a)在上单调递减．‎ 又h(1)＝0，所以a∈时，h(a)＞0，g′(a)＞0，g(a)在上单调递增；‎ a∈(1，＋∞)时，h(a)＜0，g′(a)＜0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减，所以a＝1时，g(a)取得最大值1.‎ 故f(x1)＋f(x2)的最大值为1.‎