资源简介

第2课时　利用导数研究函数零点
(时间:45分钟)
1.已知函数f(x)=(x-a)ex+e2(a∈R).
(1)若a=3,求f(x)的极值;
(2)若f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点,求实数a的取值范围.
2.已知函数f(x)=(a+1)x2-ex+1,a<-1.
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)求证:当x<0时, f'(x)>-1;
(3)求f(x)的零点个数.
3.已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;
(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
4.已知函数f(x)=ex-2ln x-4.
(1)求函数g(x)=f(x)+2ln x-ln(x+1)的单调区间;
(2)设函数y=f(x)有两个不同的零点x1,x2(x1夯实基础
综合提升第2课时　利用导数研究函数零点
1.解:(1)当a=3时, f(x)=(x-3)ex+e2, 则f'(x)=(x-2)ex.
所以当x>2时, f'(x)>0, f(x)=(x-3)ex+e2单调递增,
当x<2时, f'(x)<0, f(x)=(x-3)ex+e2单调递减,
故f(x)=(x-3)ex+e2的单调递减区间为(-∞,2),单调递增区间为(2,+∞),
所以当x=2时,函数f(x)取到极小值0,f(x)无极大值.
(2)令(x-a)ex+e2=0,可得a=e2-x+x,
记g(x)=e2-x+x,则原问题等价于g(x)=e2-x+x当x>0时的图象与直线y=a有且仅有一个交点.可得g'(x)=1-e2-x,则g'(x)在(0,+∞)上单调递增,且g'(2)=1-e2-2=0,
所以g(x)=e2-x+x在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,又g(0)=e2,g(2)=3,当x→+∞时,g(x)→+∞,
所以可作出函数g(x)=e2-x+x当x>0时的大致图象,如图.
由图可知,当a≥e2或a=3时,g(x)=e2-x+x当x>0时的图象与直线y=a有且仅有一个交点,
故实数a的取值范围为[e2,+∞)∪{3}.
2.解:(1)由f(x)=(a+1)x2-ex+1,得f(0)=0,f'(x)=2(a+1)x-ex,
则f'(0)=-1,所以所求切线方程为y-0=-1×(x-0),即y=-x.
(2)证明:要证当x<0时, f'(x)>-1,即证当x<0时,2(a+1)x-ex>-1,
令g(x)=2(a+1)x-ex+1,x<0,则g'(x)=2(a+1)-ex,
因为a<-1,所以a+1<0,所以当x<0时g'(x)<0,则g(x)在(-∞,0)上单调递减,
所以当x<0时,g(x)>g(0)=0,即f'(x)>-1.
(3)f'(x)=2(a+1)x-ex,令h(x)=f'(x),再求导得h'(x)=2(a+1)-ex,
因为a<-1,所以2(a+1)<0,又ex>0,所以h'(x)<0,即h(x)=f'(x)在R上单调递减.
又因为当x→-∞时, f'(x)→+∞, f'(0)=-1,且f'(x)单调递减,
所以f'(x)在(-∞,0)上有且仅有一个零点x=t,且t<0,
当x0, f(x)单调递增,
当x>t时, f'(x)<0, f(x)单调递减,
又因为f(0)=0,所以f(t)>0,又当x→-∞时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→-∞,
所以f(x)有2个零点,即f(x)的零点个数为2.
3.解:(1)由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2ln x-2,
所以g'(x)=2-+=.
当0在上单调递减;当a≥时,g(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)证明:由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2=0,解得a=.
令φ(x)=-2ln x+x2-2x-+,
则φ(1)=1>0,φ(e)=--2<0,所以存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1),由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以0=<=a0<=<1,则a0∈(0,1),
当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知,f'(x)在(1,+∞)上单调递增,
故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.所以当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0.
综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
4.解:(1)易得g(x)=f(x)+2ln x-ln(x+1)=ex-ln(x+1)-4,x>0,
则g'(x)=ex-.
令m(x)=ex-,x∈(0,+∞),则m'(x)=ex+>0,
则m(x)在(0,+∞)上单调递增,又m(0)=e0-1=0,
所以m(x)>0,即g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以g(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.
(2)证明:求导得f'(x)=ex-,x>0,
令h(x)=f'(x),则h'(x)=ex+>0,
故f'(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f'=-4<0, f'(1)=e-2>0,
所以存在x0∈,使得f'(x0)=0,即=.
则当x∈(0,x0)时, f'(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈(x0,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增.
因为=,所以ln =ln,即ln x0=ln 2-x0.
故f(x)min=f(x0)=-2ln x0-4=2-2ln 2-4.
令y=+x,x∈,则y'=-+1==<0,
可知y=+x在上单调递减,
则f(x0)=2-2ln 2-4<2-2ln 2-4=1-2ln 2=ln e-ln 4<0.
又因为f(e-2)=>0, f(1)=e-4<0,
f(2)=e2-2ln 2-4=e2-ln 4-4>e2-ln e2-4=e2-6>0,
所以由零点存在定理得e-2上式取对数得-2

展开更多......

收起↑