第六板块 大题增分练（三） 导数与函数的零点问题.DOC

第六板块大题增分练（三）导数与函数的零点问题

1．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2＋lnx－(a＋1)x.

(1)当a＝－4时，求f(x)的单调区间与极值；

(2)当a≥1时，证明：f(x)只有一个零点．

解：(1)当a＝－4时，f(x)＝－2x2＋lnx＋3x，x∈(0，＋∞)，

f′(x)＝－4x＋eq\f(1,x)＋3＝eq\f(－?4x2－3x－1?,x)＝eq\f(－?4x＋1??x－1?,x)，x∈(0，＋∞)．

由f′(x)0，得0x1，由f′(x)0，得x1，

∴f(x)在(0,1)上单调递增，(1，＋∞)上单调递减．

∴f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝1，无极小值．

(2)证明：∵f(x)＝eq\f(1,2)ax2＋lnx－(a＋1)x，x∈(0，＋∞)，

∴f′(x)＝ax＋eq\f(1,x)－(a＋1)＝eq\f(ax2－?a＋1?x＋1,x)＝eq\f(?ax－1??x－1?,x)，x∈(0，＋∞)．

由f′(x)＝0，a≥1，得x＝eq\f(1,a)或x＝1.

①当a＝1时，f′(x)≥0，

f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

∵f(1)＝－eq\f(3,2)0，f(4)＝ln40，

∴f(1)·f(4)0，故f(x)在(1,4)上有唯一零点．

②当a1时，由f′(x)0，得xeq\f(1,a)或x1，

∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－eq\f(1,2a)－lna－10，f(4)＝4a－4＋ln40，

∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))·f(4)0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，4))上有唯一零点．

综上，当a≥1时，f(x)只有一个零点．

2．已知函数f(x)＝ex－ax＋e2.

(1)当a＝2时，讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围．

解：(1)当a＝2时，f′(x)＝ex－2.

由f′(x)0，得xln2；由f′(x)0，得xln2，

故f(x)在(－∞，ln2)上单调递减，在[ln2，＋∞)上单调递增．

(2)f′(x)＝ex－a，

当a≤0时，f′(x)0，f(x)在R上单调递增，此时f(x)不可能存在两个不同的零点；

当a0时，由f′(x)0，得xlna；由f′(x)0，得xlna，

故f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在[lna，＋∞)上单调递增．

当x趋于负无穷时，f(x)趋于正无穷；当x趋于正无穷时，f(x)趋于正无穷；

若f(x)有两个不同零点，则f(x)min＝f(lna)0，即a－alna＋e20.令g(a)＝a－alna＋e2则g′(a)＝1－lna－1＝－lna.

当0a1时，g′(a)0，g(a)单调递增，g(a)＝a(1－lna)＋e20，

当a1时，g′(a)0，g(a)单调递减，g(e2)＝0.

故当ae2时，g(a)0.

综上，a的取值范围为(e2，＋∞)．

3．已知函数f(x)＝sinx－eq\f(x－a,ex)在点(0，f(0))处的切线l与直线n：x－y＝0垂直．

(1)求切线l的方程；

(2)判断f(x)在(0，π)上零点的个数，并说明理由．

解：(1)因为f′(x)＝cosx－eq\f(a＋1－x,ex)，

所以切线的斜率k＝f′(0)＝－a，由题意k×1＝－a×1＝－1，解得a＝1.

所以f(x)＝sinx－eq\f(x－1,ex)，

所以f(0)＝sin0－eq\f(0－1,e0)＝1，

所以切线l的方程为y－1＝－1(x－0)，

即x＋y－1＝0.

(2)由(1)知f(x)＝sinx－eq\f(x－1,ex)，

由f(x)＝0，得ex·sinx－x＋1＝0.

令g(x)＝ex·sinx－x＋1，x∈(0，π)，

所以g′(x)＝(sinx＋cosx)ex－1，

①当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，sinx＋cosx≥1，ex1，

所以g′(x)0，

所以g(x)在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增．

又因为g(0)＝10，

所以g(x)在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c