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导数的综合应用(3)
典例剖析
考点一　判断函数零点(方程根)的个数
[例1]已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
[方法总结]
判断函数零点个数的3种方法
直接法 令f(x)＝0，则方程解的个数即为零点的个数
画图法 转化为两个易画出图象的函数，看其交点的个数
定理法 利用零点存在性定理判定，可结合最值、极值去解决
[跟踪训练]
设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
考点二 已知零点个数求参数范围
[例2]已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．
[方法总结]
已知函数(方程)零点的个数求参数范围
(1)函数在定义域上单调，满足零点存在性定理．
(2)若函数不是严格的单调函数，则求最小值或最大值结合图象分析．
(3)分离参数后，数形结合，讨论参数所在直线与函数图象交点的个数．
[跟踪训练]
已知函数f(x)＝aex－－1，其中a＞0.若函数f(x)有唯一零点，求a的值．
随堂训练
1．已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f′(x)＋>0，则函数F(x)＝xf(x)－的零点个数是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
2．若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________．
3．已知函数f(x)＝a＋ln x(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)试判断f(x)的零点个数．
4．已知函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．
参考答案
典例剖析
[例1]证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．
又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．
[跟踪训练]
解：由题设知，g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的唯一极值点且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.
又φ(0)＝0，结合函数y＝φ(x)的图象(如图)，可知
①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0[例2] 解：(1)f′(x)＝3x2－k.
当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
当k＜0时，f′(x)＝3x2－k＞0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±.
当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在，单调递增，在单调递减．
(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点．
当k＞0时，x＝－为f(x)的极大值点，x＝为f(x)的极小值点．
此时，－k－1＜－＜＜k＋1且f(－k－1)＜0，f(k＋1)＞0，f＞0.
根据f(x)的单调性，当且仅当f＜0，即k2－＜0时，f(x)有三个零点，
解得k＜.
因此k的取值范围为.
[跟踪训练]
解：要使函数f(x)有唯一零点，则需关于x的方程a＝有唯一的解．
设g(x)＝，
则g′(x)＝，
设h(x)＝1－2x－ex，
则h′(x)＝－2－ex＜0，
所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，又h(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以g(x)的最大值为g(0)＝1，
所以当x∈(－∞，0]时，g(x)∈(－∞，1]；
当x∈(0，＋∞)时，g(x)∈(0，1)．
又a＞0，所以当方程a＝有唯一解时，
a＝1.
所以函数f(x)有唯一零点时，a的值为1.
随堂训练
1．答案：B
解析：函数F(x)＝xf(x)－的零点，就是方程xf(x)－＝0的根，即方程xf(x)＝的根．令函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．因为当x>0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)＝xf(x)单调递增，g(x)>g(0)＝0；当x<0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，所以g(x)＝xf(x)单调递减，g(x)>g(0)＝0.所以函数y＝g(x)与y＝的图象只有一个交点，即F(x)＝xf(x)－只有一个零点．故选B.
2．答案：(－e2，0)
解析：f′(x)＝＝(a<0)．
当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，
解得a>－e2，因此－e23．解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝()′ln x＋·＝，
令f′(x)＞0，解得x＞e－2，
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，
在(e－2，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－，
显然a≤0时，f(x)＝0，有1个零点，
a＞时，f(x)＞0，无零点，
a＝时，f(x)＝0，有1个零点，
04．解：(1)因为函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A，
所以－4a－4a－2＝，解得a＝2，
即f(x)＝x3－x2－2x－2，
所以f′(x)＝x2－x－2.
由f′(x)>0，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，
f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－<2m－3<－，
解得－所以m的取值范围为.

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