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考点突破练20利用导数研究函数的零点问题
1.(江苏苏锡常镇二模)设函数f(x)=aex+sinx-3x-2,e为自然对数的底数,a∈R.
(1)若a≤0,求证:函数f(x)有唯一的零点;
(2)若函数f(x)有唯一的零点,求a的取值范围.
2.(山东日照三模)已知函数f(x)=(x-2)ex-ax+alnx(a∈R).
(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当ae时,讨论f(x)的零点个数.
3.(全国乙·文20)已知函数f(x)=ax-1x
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
4.(贵州贵阳模拟)已知函数f(x)=ax3-3x2+a+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当f(x)有三个零点时a的取值范围恰好是(-3,-2)∪(-2,0)∪(0,1),求b的值.
5.设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围.
考点突破练20利用导数研究函数的零点问题
(2)解由(1)知,a≤0符合题意.
(ⅰ)当a=2时,由f(x)=2ex+sinx-3x-2,得f(x)=2ex+cosx-3.
当x0时,f(x)≤2ex-20,所以f(x)单调递减;
当x0时,设h(x)=f(x),则h(x)=2ex-sinx≥2ex-10,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
从而,当x0时,f(x)f(0)=0,所以f(x)单调递增,
于是f(x)≥f(0)=0,当且仅当x=0时取等号,
故此时f(x)有唯一的零点x=0.
(ⅱ)当a2时,f(x)2ex+sinx-3x-2≥0,此时f(x)无零点;
(ⅲ)当0a2时,首先证明:当x≥0时,exx2
设g(x)=ex-x2
则g(x)=ex-x,设p(x)=g(x),则p(x)=ex-1≥0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=10,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,
因此g(x)≥g(0)=10,即当x≥0时,exx2
当x0时,f(x)≥aex-3x-3a2x2
令a2x2-3x-3=0,得x=3±
取x0=3+9+6aa0,则f(x
又f(0)=a-20,f(-1)=ae-1+1-sin10,
因此,当0a2时,f(x)至少有两个零点,不合题意.
综上,a的取值范围是(-∞,0]∪[2].
2.解(1)当a=-1时,f(x)=(x-2)ex+x-lnx,
则f(x)=(x-1)ex+1x,当x∈(0,+∞)时,e
所以当x∈(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f(x)0,f(x)单调递增,
即f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞).
(2)由题意,函数f(x)=(x-2)ex-ax+alnx=(x-2)ex-a(x-ln(x)=x-ln(x)=1-1x
当((x)≥1,
令f(x)=0,可得(x-2)ex-ax+alnx=0,所以a=(x
令g(x)=(x-2)exx-
令h(x)=x-lnx+2x-1,则h(x)=1-1x-
故0x1时,g(x)0,g(x)单调递减;x1时,g(x)0,g(in=g(1)=-e﹐
又由x→0时,g(x)→0,当x→+∞时,g(x)→+∞,
画出函数g(x)的图象如右图所示,结合图象可得,
当a-e时,无零点;当a=-e或0≤ae时,一个零点;当-ea0时,两个零点.
3.解(1)当a=0时,f(x)=-1x-lnx,x∈
f(x)=1x
当x∈(0,1)时,f(x)0,函数f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f(x)0,函数f(x)单调递减.
因此,当x=1时,f(x)有最大值f(1)=-1.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).f(x)=a+1x
由(1)知,当a=0时,f(x)max=-10,故f(x)无零点.
当a0时,ax-10.f(x),f(x)的变化情况如下表所示.
x
(0,1)
1
(1,+∞)
f(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
a-1
单调递减
∴?x0,f(x)≤f(1)=a-10,故f(x)无零点.
当a0时,f(x)=ax2x-1a
①当0a1时,1a
x
(0,1)
1
1,1a
1
1a,+∞
f(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
a-1
单调递减
1-a+(a+
1)lna
单调递增
∴?x∈0,1a,f(x)≤f(1)=a-10.
又当x→+∞时,f(x)→+∞,
∴f(x)恰有一个零点.
②当a=1时,∵f(x)=(x
∴函数f(x)在(0,+∞)
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