202新数学复习第二章函数导数及其应用8导数与函数的零点问题含解析

课时作业18 导数与函数的零点问题
1．设a为实数，函数f（x）＝－x3＋3x＋a.
(1)求f(x)的极值;
(2)是否存在实数a，使得方程f(x）＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存在,请说明理由．
解：(1)f′（x)＝－3x2＋3，令f′（x)＝0，
得x＝－1或x＝1.
∵当x∈(－∞,－1)时，f′(x）〈0；当x∈（－1,1）时,
f′（x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′（x)〈0,∴f(x）在(－∞,－1），(1，＋∞）上单调递减，在（－1，1)上单调递增．
∴f(x)的极小值为f（－1）＝a－2,极大值为f（1)＝a＋2。

（2）方程f（x）＝0恰好有两个实数根,等价于直线y＝a 与函数y＝x3－3x的图象有两个交点．∵y＝x3－3x，∴y′＝3x2－3。

令y′〉0，解得x>1或x〈－1;令y′<0，
解得－1<x<1。

∴y＝x3－3x在（－1，1)上为减函数，
在(1，＋∞）和(－∞，－1）上为增函数．
∴当x＝－1时，y极大值＝2;当x＝1时,y极小值＝－2.
∴y＝x3－3x的大致图象如图所示．
y＝a表示平行于x轴的一条直线,由图象知，当a＝2或a ＝－2时，y＝a与y＝x3－3x有两个交点．
故当a＝2或a＝－2时,方程f（x)＝0恰好有两个实数根．2．已知函数f(x)＝ln x＋错误!,g(x)＝错误!，a∈R。

（1）求函数f(x)的极小值;
(2）求证:当－1≤a≤1时，f（x)>g(x)．
解：（1)f′（x)＝错误!－错误!＝错误!(x〉0），
当a－1≤0，即a≤1时，f′（x)〉0，函数f（x)在（0，＋∞）上单调递增,无极小值；
当a－1>0，即a>1时，则当0〈x<a－1时，f′（x)<0，函数f(x)在(0,a－1)上单调递减，
当x>a－1时，f′（x)>0，函数f（x)在（a－1，＋∞）上单调递增，故f（x）极小值＝f（a－1)＝1＋ln（a－1)．
综上所述,当a≤1时，f(x）无极小值;
当a>1时，f（x)极小值＝1＋ln（a－1)．
(2）证明:令F（x）＝f（x)－g(x）
＝ln x＋错误!－错误!
＝错误!（x>0），
当－1≤a≤1时，要证f（x）>g(x)，即证F（x)〉0,
即证x ln x－a sin x＋1〉0。

证法1:要证x ln x－a sin x＋1〉0，即证x ln x>a sin x－1.
①当0<a≤1时，令h（x)＝x－sin x，h′（x）＝1－cos x≥0，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，故h(x）>h（0)＝0,即x〉sin x。

所以ax－1〉a sin x－1,（*)
令q（x）＝x ln x－x＋1,q′（x)＝ln x，
令x∈（0，1)时，q′（x)<0,q(x)在（0,1）上单调递减；
当x∈（1，＋∞)时，q′（x）>0，q(x)在（1，＋∞)上单调递增，故q（x)≥q(1）＝0，即x ln x≥x－1，当且仅当x＝1时，取等号．
又因为0〈a≤1，所以x ln x≥x－1≥ax－1，(＊*）
由（*），（**）可知x ln x≥x－1≥ax－1>a sin x－1，
所以当0〈a≤1时，x ln x>a sin x－1。

②当a＝0时,即证x ln x>－1，
令m(x)＝x ln x，m′(x)＝ln x＋1，m(x）在错误!上单调递减，在
错误!上单调递增，
故m(x)min＝m错误!＝－错误!〉－1，故x ln x>－1.
③当－1≤a〈0时，当x∈（0，1]时，a sin x－1〈－1，
由②知m(x)＝x ln x≥－错误!,而－错误!>－1,故x ln x>a sin x－1；
当x∈（1，＋∞）时，a sin x－1≤0，
由②知m（x)＝x ln x〉m（1)＝0,故x ln x>a sin x－1。

所以当x∈（0，＋∞）时,x ln x>a sin x－1。

综上①②③可知,当－1≤a≤1时,f（x）〉g(x)．
证法2：当－1≤a≤1时，证明x ln x－a sin x＋1〉0,
①当x〉1时，易知x ln x〉0，a sin x－1≤0，
故x ln x－a sin x＋1>0；
②当x＝1时，0－a sin1＋1>0显然成立，
故x ln x－a sin x＋1〉0；
③当0<x<1时，sin x〉0,故－sin x≤a sin x≤sin x，
令h（x）＝x－sin x，h′（x)＝1－cos x≥0；
所以h(x）在(0，＋∞）上单调递增，
故h(x）>h(0)＝0,即x〉sin x，故a sin x〈x,
只需证q(x)＝x ln x－x＋1>0，
由q′(x）＝ln x,当x∈（0,1）时，q′(x）<0,q（x)在（0，1）上单调递减,故q（x)>q（1）＝0,故x ln x－a sin x＋1>0,综上①②③可知,当－1≤a≤1时，f(x）〉g(x)．
证法3：易知f(x）－g（x)＝ln x＋错误!－a错误!，
要证f(x)>g(x），即证ln x＋错误!〉a·错误!，
令φ(x)＝ln x＋错误!，则φ′（x)＝错误!,
故φ（x）min＝φ（1）＝1，故φ(x)>1.
令h（x)＝sin x－x，h′（x)＝cos x－1≤0，
故h（x）在（0，＋∞）上单调递减,
由h（0)＝0，从而知当x〉0时，sin x<x，故错误!<1，
由－1≤a≤1，故a·错误!〈1，所以ln x＋错误!>a·错误!。

综上，当－1≤a≤1时，f（x）〉g（x)．
3．已知函数f(x)＝（x－1）e x－ax2＋b＋错误!。

（1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间;
（2)若函数f(x）为增函数,且f(x）的图象与直线y＝bx有3个交点，求b的取值范围．
解:(1）当a＝1时，f(x）＝(x－1）e x－x2＋b＋错误!(x∈R)，则f′(x)＝e x＋（x－1)e x－2x＝x（e x－2）．
令f′(x)>0,解得x〈0或x〉ln2,
令f′（x)<0，解得0〈x<ln2，
∴函数f(x）的单调递增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞),单调递减区间为（0,ln2）．
(2)f′(x)＝e x＋(x－1)e x－2ax＝x（e x－2a)，
∵f(x）为增函数,∴f′（x）≥0恒成立．
当x≥0时，e x－2a≥0恒成立，得a≤错误!。

当x〈0时,e x－2a≤0恒成立,
得a≥错误!。

∴a＝错误!.
∴f（x）＝（x－1）e x－错误!x2＋b＋错误!.
由(x－1)e x－错误!x2＋b＋错误!＝bx，
得（x－1）e x－1
2(x2－1）＝b（x－1）．
当x＝1时,方程成立．
当x≠1时,只需要方程e x－错误!（x＋1）＝b有2个实根．令g(x)＝e x－错误!（x＋1)，则g′(x）＝e x－错误!.
当x〈ln错误!时，g′（x)<0，
当x>ln 1
2且x≠1时，g′(x）>0，
∴g(x)在（－∞，ln 1
2）上单调递减，
在(ln错误!，1）和（1，＋∞）上单调递增，
∵g（ln错误!）＝错误!－错误!（ln错误!＋1）＝－错误!ln2，
g(1）＝e－1≠0，∴b∈（错误!ln2,e－1）∪（e－1,＋∞)．
4．已知函数f(x）＝e x＋bx－1（b∈R）．
(1)讨论f(x)的单调性;
（2)若方程f(x)＝ln x有两个实数根,求实数b的取值范围．解：(1）由题意可得f′(x)＝e x＋b,
当b≥0时,f′（x）>0，f(x)在（－∞，＋∞)上单调递增．
当b〈0时，若x≥ln(－b)，则f′（x）≥0,f(x)在[ln(－b）,＋∞）上单调递增；
若x〈ln(－b）,则f′（x)〈0，f（x）在(－∞，ln(－b)）上单调递减．
(2）令g(x）＝e x＋bx－1－ln x,则g′（x)＝e x＋b－错误!，易知g′（x)单调递增且一定有大于0的零点，设g′（x）大于0的零点为x0,则g′(x0)＝0，即e x0＋b－错误!＝0,b＝错误!－e x0。

方程f(x）＝ln x有两个实数根，即g(x)有两个零点，则需满
足g（x0)〈0,即e x0＋bx0－1－ln x0＝e x0＋（1
x0－e
x0）x
0－1－ln x0
＝e x0－e x0x
0－ln x0〈0,
令h(x）＝e x－e x x－ln x(x>0），
则h′（x）＝－e x x－错误!〈0，
所以h（x)在（0，＋∞）上单调递减，
h(1)＝0,所以e x0－e x0x0－ln x0〈0的解集为（1，＋∞)，
x0<1－e.
所以b＝错误!－e
当b〈1－e时，e x＋bx－1－ln x〉x＋bx－ln x，有g(e b）>e b ＋b e b－lne b＝(b＋1）e b－b;令G（x）＝（x＋1)e x－x＝(x＋1）（e x －1）＋1，x〈1－e，所以x＋1<2－e<0,0<e x<1,故G(x)＝（x＋1）e x－x〉0，所以g(e b)〉0,故g(e b）g（x0）<0，g（x）在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在（x0，＋∞）上，当x→＋∞时，因为e x的增长速度快,所以g(x）>0。

综上，b的取值范围是(－∞,1－e）．
5．设函数f(x)＝（ax－1）e1－x。

(1）当a>0时,求函数f(x）的单调区间．
（2)当a＝1时，若函数f(x）与函数y＝x2－4x＋m（m∈R)的图象总有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x1，x2.
①求m的取值范围；
②求证：x1＋x2〉4.
解：(1)由已知得，f′（x)＝－a e1－x（x－错误!)，
由于e1－x〉0,a〉0，∴令f′(x）>0得x<错误!,
令f′（x）<0得x>错误!，
∴当a〉0时,f(x）的单调递增区间是(－∞，错误!]，单调递减区间是（错误!，＋∞）．
（2)①解法1：令g（x）＝f（x)－x2＋4x－m
＝(x＋1）e1－x－x2＋4x－m，
∴g′（x)＝－（e1－x＋2）(x－2),
由g′（x）<0,得x〉2，由g′（x）>0得，x〈2,
易知，x＝2为g(x）的极大值点,也是最大值点,
故g(x）max＝g(2)＝错误!＋4－m，
当x→－∞时，g（x)→－∞;当x→＋∞时，g(x）→－∞。

由题意，只需满足g(x）max＝错误!＋4－m〉0,
∴m〈错误!＋4,
∴m的取值范围为(－∞，1
e＋4）．
解法2：f′(x）＝－e1－x(x－2），
由f′（x)〈0得，x〉2，由f′（x）>0得，x〈2，
易知，x＝2为f（x)的极大值点，也是最大值点．
而y＝x2－4x＋m(m∈R)在x＝2处取得最小值，
由题意，只需满足f（2）＝错误!>22－8＋m，
解得m〈错误!＋4，
∴m的取值范围为（－∞,错误!＋4)．
②证明：由题意知，x1，x2为函数g（x）＝f(x）－x2＋4x －m＝（x－1）e1－x－x2＋4x－m的两个零点，由①知，不妨设x1〈2〈x2,则4－x2〈2，且函数g(x)在(－∞，2)上单调递增，欲
证x1＋x2〉4，只需证明g（x1）〉g（4－x2）,而g(x1）＝g(x2）,∴只需证明g（x2）〉g(4－x2）．
令H（x2）＝g(x2）－g（4－x2）（x2〉2），
则H(x2)＝(x2－1）e错误!＋（x2－3)e错误!，
∴H′(x2）＝(x2－2)(e错误!－e错误!）．
∵x2〉2,∴错误!＝e错误!>1，即e错误!－e错误!〉0,
∴H′(x2）〉0，即H(x2)在（2，＋∞）上为增函数,
∴H(x2）〉H（2)＝0,∴g（x2)>g（4－x2）成立，
∴x1＋x2>4.。