课后限时集训19 利用导数解决函数的零点问题

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 )＝ln x －x ＋1

x －1.

(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；

(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．

[解] (1)f (x )的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)． 因为f ′(x )＝1

x ＋

2

（x －1）2

＞0，所以f (x )在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．

因为f (e)＝1－

e ＋1e －1

＜0，f (e 2)＝2－

e 2＋1e 2

－1

＝

e 2－3e 2

－1

＞0，所以f (x )在(1，＋∞)有

唯一零点x 1(e ＜x 1＜e 2

)，即f (x 1)＝0.又0＜1x 1＜1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫

1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)

＝0，故f (x )在(0，1)有唯一零点1

x 1

.

综上，f (x )有且仅有两个零点．

(2)因为1x 0

＝e －ln x 0，故点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln x 0

，1x 0在曲线y ＝e x 上． 由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1

x 0－1

，连接AB ，则直线AB 的斜率

k ＝1

x 0－ln x 0

－ln x 0－x 0

＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1

－x 0

＝1x 0

.

曲线y ＝e x 在点B ⎝ ⎛

⎭⎪⎫－ln x 0，1x 0处切线的斜率是1x 0

，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln

x0)处切线的斜率也是1

x0，所以曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y

＝e x的切线．

2．(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝e x－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)(x－1

2)在区间[0，1]上零点的个数．

[解](1)因为f(x)＝e x－ax－1，

所以f′(x)＝e x－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＝1 2，

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＝1

2时，由f(1

2)＝0得a＝2(e－1)，

所以当a≤1或a＞e－1或a＝2(e－1)时，g(x)在[0，1]上有两个零点；当1＜a≤e－1且a≠2(e－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)＝x2

2－4ax＋a ln x＋3a

2＋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＋a x ＝

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≤1

4

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＞1

4

时，Δ＞0，f′(x)＝0的根为x1＝2a－4a2－a，x2＝2a＋4a2－a，由f′(x)＞0得0＜x＜2a－4a2－a或x＞2a＋4a2－a；

由f′(x)＜0得2a－4a2－a＜x＜2a＋4a2－a.

所以f(x)在(0，2a－4a2－a)，(2a＋4a2－a，＋∞)上单调递增；在(2a－4a2－a，2a＋4a2－a)上单调递减．

(2)由(1)得a＞1

4，x1＝2a－4a

2－a，x2＝2a＋4a2－a，

所以x1＋x2＝4a，x1x2＝a，从而

f(x1)＋f(x2)＝1

2(x

2

1

＋x22)－4a(x1＋x2)＋a ln x1x2＋6a2＋4a

＝1

2(x1＋x2)

2－x1x2－10a2＋4a＋a ln a

＝a ln a－2a2＋3a.

令g(a)＝a ln a－2a2＋3a，则g′(a)＝ln a－4a＋4.

令h(a)＝ln a－4a＋4，则h′(a)＝1

a

－4.

因为a＞1

4，所以h′(a)＜0，所以h(a)在(1

4，＋∞)上单调递减．

又h(1)＝0，所以a∈(1

4，1)时，h(a)＞0，g′(a)＞0，g(a)在(1

4，1)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.