2020年高考山东版高考理科数学 第3课时 利用导数研究函数零点问题

第3课时　利用导数研究函数零点问题
1.已知函数f(x)=a+ln x(a ∈R ).
x (1)求f(x)的单调区间;
(2)试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.
解析　(1)函数f(x)的定义域是(0,+∞),
f '(x)=()'ln x+·=.x x 1x x (ln x +2)2x
令f '(x)>0,解得x>e -2,
令f '(x)<0,解得0<x<e -2,
所以f(x)在(0,e -2)上递减,
在(e -2,+∞)上递增.(2)由(1)得
f(x)min =f(e -2)=a-,2e 显然a>时, f(x)>0,无零点,
2e a=时, f(x)=0,有1个零点,
2e a<时, f(x)<0,有2个零点.
2e 2.(2018课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=x 3-a(x 2+x+1).
13(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)只有一个零点.
解析　(1)当a=3时, f(x)=x 3-3x 2-3x-3, f '(x)=x 2-6x-3.
13令f '(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.
33当x ∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时, f '(x)>0;
33当x ∈(3-2,3+2)时, f '(x)<0.
33故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.
3333(2)证明:由于x 2+x+1>0,所以f(x)=0等价于
-3a=0.x 3x 2+x +1设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递
x
3x 2+x +1x 2(x 2+2x +3)(x 2+x +1)2增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a-1)=-6a 2+2a-=-6-<0, f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.
13(a -16)21613综上, f(x)只有一个零点.
3.(2018重庆调研)设函数f(x)=-x 2+ax+ln x(a ∈R ).
(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)设函数f(x)在上有两个零点,求实数a 的取值范围.[13
,3]解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f '(x)=-2x-1+=,令f '(x)=0,得x=(负值舍去),1x -2x 2-x +1x
12当0<x<时, f '(x)>0,当x>时, f '(x)<0,
1212∴f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
(0,12)(12,+∞)(2)令f(x)=-x 2+ax+ln x=0,得a=x-
,ln x x 令g(x)=x-,其中x ∈,则g'(x)=1-=,令g'(x)=0,得x=1,当≤x<1时,g'(x)<0,ln x x [13,3]1x ·x -ln x x 2x 2+ln x -1x 213当1<x ≤3时,g'(x)>0,
∴g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为(1,3],
[13,1)∴g(x)min =g(1)=1,
由于函数f(x)在上有两个零点,g
=3ln 3+,g(3)=3-,[13,3](13)13ln33
3ln 3+>3-,13ln33∴实数a 的取值范围是.
(1,3-ln33]4.(2019贵州贵阳模拟)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;
(3)比较e 3与3e 的大小.
解析　(1)k=1, f(x)=x-ln x,定义域为(0,+∞),则f '(x)=1-,
1x 由f '(x)>0得x>1,由f '(x)<0得0<x<1.
∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)解法一:由题意知kx-ln x=0仅有一个实根,
由kx-ln x=0得
k=(x>0),ln x x 令g(x)=(x>0),则g'(x)=,
ln x x 1-ln x
x 2当x=e 时,g'(x)=0;当0<x<e 时,g'(x)>0;当x>e 时,g'(x)<0.
∴g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
∴g(x)max =g(e)=.
1e 当x →+∞时,g(x)→0.
又k>0,∴要使f(x)仅有一个零点,则k=.
1e 解法二:f(x)=kx-ln x,则
f '(x)=k-=(x>0,k>0).1x kx -1x 当x=时, f '(x)=0;当0<x<时, f '(x)<0;当x>时, f '(x)>0.
1k 1k 1k ∴f(x)在
上单调递减,在上单调递增,
(0,1k )(1k ,+∞)∴f(x)min =f =1-ln ,(1k )1k ∵f(x)有且只有一个零点,∴1-ln =0,即k=.
1k 1e 解法三:∵k>0,∴函数f(x)有且只有一个零点即为直线y=kx 与曲线y=ln x 相切,设切点为(x 0,y 0),由y=ln x 得y'=,1x ∴∴k=,{k =1x 0,y 0=k x 0,y 0=ln x 0,
1e x 0=e,y 0=1,
∴实数k 的值为.
1e (3)由(1)(2)知
≤,即≥ln x,当且仅当x=e 时,取“=”,令x=3,得>ln 3,即ln e 3>eln 3=ln ln x x 1e x e 3e 3e ,∴e 3>3e .。