第22练 利用导数研究函数零点问题
训练目标 (1)利用导数处理与函数零点有关的题型；(2)解题步骤的规范训练． (1)利用导数讨论零点的个数；(2)利用导数证明零点的唯一性；(3)根据零点个训练题型 数借助导数求参数范围． (1)注重数形结合；(2)借助零点存在性定理处理零点的存在性问题；结合单调解题策略 性处理零点的唯一性问题；(3)注意参变量分离. 1.设a>1，函数f(x)＝(1＋x)e－a. (1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
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2．函数f(x)＝x－kx，其中实数k为常数．
3(1)当k＝4时，求函数的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝k只有一个交点，求实数k的取值范围．
3．(2017·贵阳调研)已知函数f(x)＝
2
xax－ae
x(a<0)．
1
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数F(x)＝f(x)＋1没有零点，求实数a的取值范围．
4.设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝x. 已知曲线y＝f(x) 在点(1，f(1))处的切线与直线
e2x－y＝0平行． (1)求a的值；
(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出
x2
k；如果不存在，请说明理由．
5．已知函数f(x)＝(x＋a)e，其中e是自然对数的底数，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a<1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x的零点个数，并说明理由．
2
x 2
答案精析
1．(1)解 f′(x)＝2xe＋(1＋x)e＝(x＋2x＋1)e ＝(x＋1)e，?x∈R，f′(x)≥0恒成立． ∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)． (2)证明 ∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a)e－a， ∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2ae－a>2a－a＝a>0， ∴f(0)·f(a)<0，∴f(x)在(0，a)上有一个零点， 又∵f(x)在(－∞，＋∞)上递增， ∴f(x)在(0，a)上仅有一个零点， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点． 2．解 (1)因为f′(x)＝x－k， 当k＝4时，f′(x)＝x－4， 令f′(x)＝x－4＝0， 所以x1＝2，x2＝－2.
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2
2
2
2xx2x2xaaf′(x)、f(x)随x的变化情况如下表：
x f′(x) f(x) (－∞，－2) ＋ ? －2 0 极大值 (－2，2) － ? 2 0 极小值 (2，＋∞) ＋ ? 所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－2)，(2，＋∞)；单调递减区间是(－2,2)． (2)令g(x)＝f(x)－k，由题意知，g(x)只有一个零点． 因为g′(x)＝f′(x)＝x－k. 13
当k＝0时，g(x)＝x，
3所以g(x)只有一个零点0.
当k<0时，g′(x)＝x－k>0对x∈R恒成立，所以g(x)单调递增，所以g(x)只有一个零点． 当k>0时，令g′(x)＝f′(x)＝x－k＝0，解得x1＝k或x2＝－k.
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2
2
g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表：
3
x (－∞，－k) －k (－k，k) k (k，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) ? 极大值 ? 极小值 ? g(x)有且仅有一个零点等价于g(－k)<0，即23
kk－k<0，解得0 . 综上所述，k的取值范围是k<9 4 . 3．解 (1)当a＝－1时，f(x)＝－x＋1x－2 ex，f′(x)＝ex. 由f′(x)＝0，得x＝2. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ? 极小值 ? 所以，函数f(x)的极小值为f(2)＝－1 e 2，函数f(x)无极大值． (2)F′(x)＝f′(x)＝aex－(ax－a)ex－a(x－2) e2x＝ex. 当a<0时，F′(x)，F(x)随x的变化情况如下表： x (－∞，2) 2 (2，＋∞) F′(x) － 0 ＋ F(x) ? 极小值 ? 若使函数F(x)没有零点，当且仅当F(2)＝ae2＋1>0， 解得a>－e2 ，所以此时－e2 0)． 4．解 (1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，又f′(x)＝ln x＋ax＋1，所以a＝1. (2)当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的根． 设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－x2 e x， 4
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