2023届高考数学一轮复习作业利用导数研究函数的零点问题北师大版

利用导数研究函数的零点问题
1．已知函数f (x)＝x3＋bx＋ax ln x，x∈(0，＋∞)，a，b∈R．
(1)当a＝0时，讨论函数f (x)的单调性；
(2)当a＝－1时，函数f (x)在上有零点，求实数b的取值范围．
[解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝0时，函数f (x)＝x3＋bx，f ′(x)＝3x2＋b，x∈(0，＋∞)．
当b≥0时，f ′(x)＝3x2＋b＞0恒成立，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
当b＜0时，令f ′(x)＝0，得x1＝，x2＝－(舍去)，
当x＞时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
当0＜x＜时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．
综上所述，当b≥0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；当b＜0时，函数f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)当a＝－1时，函数f (x)＝x3＋bx－x ln x，函数f (x)在上有零点，即方程f (x)＝0在上有解，即b＝ln x－x2在上有解．
令g(x)＝ln x－x2，x∈，
则g′(x)＝－2x＝，
令g′(x)＝＜0，得＜x≤2，则函数g(x)在上单调递减；
令g′(x)＝＞0，得≤x＜，则函数g(x)在上单调递增．
又g＝－－ln 2，g＝－－ln 2，g(2)＝－4＋ln 2，g－g(2)＝－2ln 2＞－2＞0，所以g(x)min＝g(2)＝－4＋ln 2，g(x)max＝g＝－－ln 2．
故实数b的取值范围是．
2．(2021·石家庄模拟)已知函数f (x)＝2a2ln x－x2(a＞0)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)求函数f (x)的单调区间；
(3)讨论函数f (x)在区间(1，e2)内零点的个数(e为自然对数的底数)．
[解]　(1)当a＝1时，f (x)＝2ln x－x2，∴f ′(x)＝－2x，∴f ′(1)＝0，
又f (1)＝－1，∴曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＋1＝0．
(2)∵f (x)＝2a2ln x－x2，∴f ′(x)＝－2x＝．
∵x＞0，a＞0，∴当0＜x＜a时，f ′(x)＞0；当x＞a时，f ′(x)＜0．
∴f (x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(3)由(2)得f (x)max＝f (a)＝a2(2ln a－1)．
讨论函数f (x)的零点情况如下：
①当a2(2ln a－1)＜0，即0＜a＜时，函数f (x)无零点，
∴函数f (x)在(1，e2)内无零点．
②当a2(2ln a－1)＝0，即a＝时，函数f (x)在(0，＋∞)内有唯一零点a，而1＜a＝＜e2，
∴函数f (x)在(1，e2)内有一个零点．
③当a2(2ln a－1)＞0，即a＞时，
f (1)＝－1＜0，f (a)＝a2(2ln a－1)＞0，f (e2)＝2a2ln e2－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)·(2a＋e2)．
当2a－e2＜0，
即＜a＜时，f (e2)＜0，
由函数的单调性可知，函数f (x)在(1，a)内有唯一零点x1，在(a，e2)内有唯一零点x2，
∴f (x)在(1，e2)内有两个零点．
当2a－e2≥0，即a≥时，f (e2)≥0，
由函数的单调性可知，f (x)在(1，e2)内只有一个零点．
综上所述，当0＜a＜时，函数f (x)在(1，e2)内无零点；
当a＝或a≥时，函数f (x)在(1，e2)内有一个零点；
当＜a＜时，函数f (x)在(1，e2)内有两个零点．
3．设函数f (x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．
[解]　(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)，
当0＜x＜时，f ′(x)＞0；
当x＞时，f ′(x)＜0．
∴f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)令f (x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，
得a＝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；
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]，
∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数f (x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋＞3－，
∴实数a的取值范围是．。