高考数学大一轮复习 第二篇 函数 导数及其应用 第11节 导数在研究函数中的应用 第五课时 利用导数研究函数零点专题习题 理试题VIP免费

第五课时利用导数研究函数零点专题【选题明细表】知识点、方法题号利用函数图象研究函数零点1利用函数性质研究函数零点3,4构造函数研究函数零点21.导学号18702145已知函数f(x)=-lnx+ax2+bx.(1)若b=1-a,讨论f(x)的单调性;(2)若a=0时函数有两个不同的零点,求实数b的取值范围.解:(1)若b=1-a,则f(x)=-lnx+ax2+(1-a)x,f′(x)=-+ax+1-a==(x>0).(ⅰ)当a≥0时,x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)在(0,1)上单调递减,x∈(1,+∞),f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.(ⅱ)当a<0时,令ax+1=0,得x=-.①当->1,即-10,f(x)单调递增.②当-<1,即a<-1时,x∈(0,-)或x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;在x∈(-,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.③当-=1,即a=-1时,f′(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减,综上当a≥0时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;当-10;当x>e时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=.又因为当x>e时,g(x)>0恒成立;当00,所以(x)在(0,+∞)上单调递增,由零点存在定理,(x)在(0,+∞)至多一个零点,与题设发生矛盾.(2)当a<0时,xeax(ax+2)=0,则x=-.当x变化时,(x),′(x)变化情况如下表:x(0,-)-(-,+∞)′(x)+0-(x)单调递增极大值单调递减因为(0)=-1,当x→+∞,(x)→-1,所以要使(x)=x2eax-1在(0,+∞)内有两个零点,则(-)>0即可,得a2<,又因为a<0,所以-0,所以当m≥0时,函数f(x)的单调递增区间为R.当m<0时,令f′(x)>0,即ex+m>0,可得x>ln(-m),令f′(x)<0,即ex+m<0,可得x0).易得g′(x)=-1,令g′(x)>0,可得01,故g(x)在x=1处取得极大值,也是最大值.即g(x)≤g(1)=-1,所以|g(x)|≥1.令h(x)=+,所以h′(x)=,令h′(x)>0,可得0e,故h(x)在x=e处取得极大值,也是最大值.所以h(x)≤h(e)=+<1,所以方程|g(x)|=+无实数解.4.(2015·江苏卷)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).(1)试讨论f(x)的单调性;(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪(1,)∪(,+∞),求c的值.解:(1)f′(x)=3x2+2ax,令f′(x)=0,解得x1=0,x2=-.当a=0时,因为f′(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,x∈(-∞,-)∪(0,+∞)时,f′(x)>0,x∈(-,0)时,f′(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,-),(0,+∞)上单调递增,在(-,0)上单调递减;当a<0时,x∈(-∞,0)∪(-,+∞)时,f′(x)>0,x∈(0,-)时,f′(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),(-,+∞)上单调递增,在(0,-)上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f(-)=a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f(-)=b(a3+b)<0,从而或又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪(1,)∪(,+∞),则在(-∞,-3)上g(a)<0,且在(1,)∪(,+∞)上g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且g()=c-1≥0,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],因函数有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,解得a∈(-∞,-3)∪(1,)∪(,+∞).综上c=1.