第五课时利用导数研究函数零点专题【选题明细表】知识点、方法题号利用导数研究函数零点个数7,9根据函数零点求参数1,2,3,4函数零点的综合应用5,6,8基础巩固(建议用时:25分钟)1.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在三个零点,则a的取值范围是(D)(A)(-∞,-2)(B)(-2,2)(C)(2,+∞)(D)(-2,0)∪(0,2)解析:很明显a≠0,由题意可得f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-2).则由f'(x)=0可得x1=0,x2=,由题意得不等式f(x1)f(x2)=-+1<0,即>1,a2<4,-2
0时,x=ln,当xln,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)min=f(ln)=2a-2e-1-aln,由f(x)在(0,1)内有两个零点,所以解得2e-10,f(x)为(1,+∞)上的增函数,又f(1)=2>0,则f(x)=0无解,所以k>3,令f'(x)=0得x=ek-3,在x∈(0,ek-3),f'(x)<0,f(x)单调递减,在x∈ek-3,+∞,f'(x)>0,f(x)单调递增,因为原方程在(1,+∞)有唯一实数解,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点,所以f(ek-3)=-ek-3+k=0,当k=4时,-ek-3+k=-e+4>0,当k=5时,-ek-3+k=-e2+5<0,所以40,g(x)在R递增,不合题意,舍去,(ii)a>0时,令g'(x)=0,解得x=ln,当x0,g(x)在(-∞,ln)递增,且x→-∞时,g(x)<0,x>ln时,g'(x)<0,g(x)在(ln,+∞)递减,且x→+∞时,g(x)<0,所以g(x)max=g(ln)=ln+1-2a·=ln>0,所以>1,即00),令g(x)=xex-a(x>0),g'(x)=(x+1)ex>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=-a.所以当a≤0或a=e时,f'(x)=0只有1个零点,当0e时,f'(x)有两个零点.8.(2018·辽宁凌源市高考模拟)已知函数f(x)=xex.若直线y=x+2与曲线y=f(x)的交点的横坐标为t,且t∈[m,m+1],求整数m所有可能的值.解:由题可知,原命题等价于方程xex=x+2在x∈[m,m+1]上有解.由于ex>0,所以x=0不是方程的解,所以原方程等价于ex--1=0,令r(x)=ex--1.因为r'(x)=ex+>0对于x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,所以r(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内单调递增.又r(1)=e-3<0,r(2)=e2-2>0,r(-3)=-<0,r(-2)=>0,所以直线y=x+2与曲线y=f(x)的交点仅有两个,且两交点的横坐标分别在区间[1,2]和[-3,-2]内,所以整数m的所有值为-3,1.9.(2018·北京市丰台区二模)已知函数f(x)=xcosx-ax+a,x∈[0,](a≠0).(1)当a≥1时,求f(x)的单调区间;(2)求证:f(x)有且仅有一个零点.(1)解:根据题意,f(x)=xcosx-ax+a,则f'(x)=cosx-xsinx-a.令g(x)=cosx-xsinx-a,x∈[0,],则g'(x)=-2sinx-xcosx≤0.所以g(x)在区间[0,]上单调递减.因为g(0)=1-a≤0,所以g(x)≤0,即f'(x)≤0,所以f(x)的单调递减区间是[0,],没有单调递增区间.(2)证明:由(1)知,g(x)在区间[0,]上单调递减,且g(0)=1-a,g()=--a.当a≥1时,f(x)在[0,]上单调递减.因为f(0)=a>0,f()=a(1-)<0,所以f(x)有且仅有一个零点.当--a≥0,即a≤-时,g(x)≥0,即f'(x)≥0,f(x)在[0,]上单调递增.因为f(0)=a<0,f()=a(1-)>0,所以f(x)有且仅有一个零点.当-0,g()=--a<0,所以存在x0∈(0,),使得g(x0)=0;x,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(0,x0)x0(x0,)f'(x)+0-f(x)↗极大值↘所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减.因为f(0)=a,f()=a(1-),且a≠0,所以f(0)f()=a2(1-)<0,所以f(x)有且仅有一个零点.综上所述,f(x)有且仅有一个零点.
