第2课时 利用导数探究函数零点问题
[基础题组练]
?1?22
1．已知函数f(x)＝x－2x＋1，g(x)＝xf(x)＋bx＋a，若g′(x)＝0在区间?，1?上
?2?
有解，则实数b的取值范围为( )
A．(－1，2) C．[1，2)
3
2
B．(1，2) D．(0，2－3]
2
解析：选D.易知g(x)＝x＋(b－2)x＋x＋a，则g′(x)＝3x＋2(b－2)x＋1，因为g′(x)
?1?2
＝0在区间?，1?上有解，所以Δ＝4(b－2)－12≥0，即b≥2＋3或b≤2－3，同时2(b?2?
1??－2)＝－?3x＋?∈(－4，－23]，所以0＜b≤2－3，从而实数b的取值范围为(0，2－3]．
?x?
2．已知函数f(x)＝ax－3x＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) C．(1，＋∞)
解析：选B.f′(x)＝3ax－6x，
当a＝3时，f′(x)＝9x－6x＝3x(3x－2)，
22
32
B．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
?2?则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈?0，?时，
?3?
?2??2?5
f′(x)<0；x∈?，＋∞?时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f??＝>0，则f(x)的大致图
?3
?
?3?9
象如图(1)所示：
不符合题意，排除A，C.
42
当a＝－时，f′(x)＝－4x－6x＝－2x(2x＋3)，
3
3???3?则当x∈?－∞，－?时，f′(x)<0，x∈?－，0?时，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)时，f′2???2?5?3?(x)<0，注意f(0)＝1，f?－?＝－，
4?2?
则f(x)的大致图象如图(2)所示．
不符合题意，排除D.故选B.
13
3．设函数f(x)＝x－bx＋c(b，c∈R)．
3
(1)若曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋1，求b，c的值； 1
(2)若b＝1，c＝，求证：f(x)在区间(1，2)内存在唯一零点．
3解：(1)由题意得f′(x)＝x－b， 所以f′(1)＝1－b＝2，得b＝－1. 又因为f(1)＝2＋1＝3， 1
所以－b＋c＝3，
35得c＝. 35
故b＝－1，c＝. 31
(2)证明：若b＝1，c＝，
3131
则f(x)＝x－x＋.
331
因为f(1)f(2)＝－×1＜0，
3所以f(x)在区间(1，2)内存在零点． 又当x∈(1，2)时，f′(x)＝x－1＞0， 所以f(x)在(1，2)上单调递增． 所以f(x)在区间(1，2)内存在唯一零点． 4．已知函数f(x)＝a＋xln x(a∈R)． (1)求f(x)的单调区间； (2)试判断f(x)的零点个数．
解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
22
f′(x)＝(x)′ln x＋x·
x1
＝
x（ln x＋2）
，
2x－2
令f′(x)＞0，解得x＞e， 令f′(x)<0，解得0 (2)由(1)得f(x)min＝f(e)＝a－， e2 显然a＞时，f(x)＞0，无零点， e －2 －2 －2 a＝时，f(x)＝0，有1个零点， a<时，f(x)<0，有2个零点． [综合题组练] 1．(2019·贵阳摸底考试)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； 1 解：(1)k＝1，f(x)＝x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－， 2e 2e x由f′(x)＞0得x＞1，由f′(x)＜0得0＜x＜1， 所以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， ln x由kx－ln x＝0得k＝(x＞0)， xln x1－ln x令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝， 2 xx当x＝e时，g′(x)＝0；当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0. 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 1所以g(x)max＝g(e)＝. e当x→＋∞时，g(x)→0. 1 又k＞0，所以要使f(x)仅有一个零点，则k＝. e 1kx－1 法二：f(x)＝kx－ln x，f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)． xx111 当x＝时，f′(x)＝0；当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0. kkk?1??1?所以f(x)在?0，?上单调递减，在?，＋∞?上单调递增， ? k? ?k? 1?1?所以f(x)min＝f??＝1－ln， ?k? k11 因为f(x)有且只有一个零点，所以1－ln＝0，即k＝. ke1 2．已知函数f(x)＝aln x＋－bx＋1. x(1)当a＝0时，函数f(x)的极小值为5，求负数b的值； 5 (2)若b＝－1，F(x)＝f(x)－，且当a≥－4时，不等式F(x)≥2在区间[1，4]上有解， x求实数a的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 1 当a＝0时，f(x)＝－bx＋1(b＜0)， x1 令f′(x)＝－2－b＝0， x得x1＝1 －，x2＝－ b1 －(舍去)． b当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下： x f′(x) f(x) ??0， ?－ 1?－? b?1－ b?? ?1?－，＋∞? b?0 极小值 ＋ 所以函数f(x)的极小值为f? ??1?－?＝5，即－b＋－b＋1＝5，解得b＝－4. b?(2)由题意知，当a≥－4时，F(x)在[1，4]上的最大值M≥2. 54 当b＝－1时，F(x)＝f(x)－＝x－＋aln x＋1， xxx2＋ax＋4 则F′(x)＝. x2 ①当－4≤a≤4时，在x∈[1，4]上，F′(x)＝故F(x)在[1，4]上单调递增，M＝F(4)． ?x＋a?＋4－a?2?4?? x2 2 2 ≥0， ②当a＞4时，设x故x1＜0，x2＜0， 2 ??x1＋x2＝－a＜0， ＋ax＋4＝0(Δ＝a－16＞0)的两根分别为x1，x2，则? ?x1x2＝4，? 2 x2＋ax＋4 所以在x∈[1，4]上，F′(x)＝＞0， x2故F(x)在[1，4]上单调递增，M＝F(4)． 综上，当a≥－4时，F(x)在[1，4]上的最大值M＝F(4)＝4－1＋aln 4＋1≥2，解得a≥－1 ， ln 2 1?，＋∞?所以实数a的取值范围是?－?. ?ln 2? 3．(2019·辽宁锦州联考)已知函数f(x)＝e＋ax－a(a∈R且a≠0)． (1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在[－2，1]上的最大值； (2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围． 解：(1)由f(x)＝e＋ax－a，得f′(x)＝e＋a.因为函数f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝e＋a＝0，所以a＝－1.经检验，a＝－1，符合题意，所以f′(x)＝e－1.所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调1 递增．易知f(x)在[－2，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，且f(－2)＝2＋3，f(1)＝ e1 e，f(－2)>f(1)，所以f(x)在[－2，1]上的最大值为2＋3. e (2)f′(x)＝e＋a，由于e>0，①当a>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数，且当x>1时， xx0 xxxxf(x)＝ex＋a(x－1)>0. 1?1??1?当x<0时，取x＝－，则f?－?<1＋a?－－1?＝－a<0，所以函数f(x)存在零点，不 a?a??a? 满足题意． ②当a<0时，令f′(x)＝e＋a＝0，x＝ln(－a)． 当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以x＝ln(－a)时，f(x)取得最小值． 函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝e解得－e 综上所述，所求实数a的取值范围是(－e，0)． 4．已知函数f(x)＝xln x－x－x(a∈R)． 2 2 2 ln(－a) x＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0， a2
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