數(shù)學（文）：課時作業(yè)17 導數(shù)與函數(shù)的零點問題 作業(yè)

課時作業(yè)17導數(shù)與函數(shù)的零點問題1．已知函數(shù)f(x)＝a＋eq\r(x)lnx(a∈R)．(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)試求f(x)的零點個數(shù)，并證明你的結論．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝(eq\r(x))′lnx＋eq\r(x)·eq\f(1,x)＝eq\f(\r(x)lnx＋2,2x)，令f′(x)>0，解得x>e－2，令f′(x)<0，解得0<x<e－2，所以f(x)在(0，e－2)上單調遞減，在(e－2，＋∞)上單調遞增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－eq\f(2,e)，顯然a>eq\f(2,e)時，f(x)>0，無零點，a＝eq\f(2,e)時，f(x)＝0，有1個零點，a<eq\f(2,e)時，f(x)<0，有2個零點．2．(2018·江西南昌三中月考)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝eq\f(1,8)x2－x.(1)求f(x)的單調區(qū)間和極值點；(2)是否存在實數(shù)m，使得函數(shù)h(x)＝eq\f(3fx,4x)＋m＋g(x)有三個不同的零點？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．解：(1)f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)；由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，所以f(x)在(0，eq\f(1,e))上單調遞減，在(eq\f(1,e)，＋∞)上單調遞增．故f(x)的極小值點為x＝eq\f(1,e).(2)假設存在實數(shù)m，使得函數(shù)h(x)＝eq\f(3fx,4x)＋m＋g(x)有三個不同的零點，即方程6lnx＋8m＋x2－8x＝0有三個不等實根．令φ(x)＝6lnx＋8m＋x2－8x，φ′(x)＝eq\f(6,x)＋2x－8＝eq\f(2x2－4x＋3,x)＝eq\f(2x－3x－1,x)，由φ′(x)>0，得0<x<1或x>3；由φ′(x)<0，得1<x<3，所以φ(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,3)上單調遞減，在(3，＋∞)上單調遞增，所以φ(x)的極大值為φ(1)＝－7＋8m，φ(x)的極小值為φ(3)＝－15＋6ln3＋8m.要使方程6lnx＋8m＋x2－8x＝0有三個不等實根，則函數(shù)φ(x)的圖象與x軸要有三個交點，根據(jù)φ(x)的圖象可知必須滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－7＋8m>0，,－15＋6ln3＋8m<0，))解得eq\f(7,8)<m<eq\f(15,8)－eq\f(3,4)ln3.所以存在實數(shù)m，使得函數(shù)h(x)＝eq\f(3fx,4x)＋m＋g(x)有三個不同的零點，實數(shù)m的取值范圍是eq\f(7,8)<m<eq\f(15,8)－eq\f(3,4)ln3.3．(2018·河北石家莊二檢)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－a)x－alnx，a∈R.(1)若f(x)存在極值點1，求a的值；(2)若f(x)存在兩個不同的零點x1，x2，求證：x1＋x2>2.解：(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)，因為f(x)存在極值點1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，經(jīng)檢驗符合題意，所以a＝1.(2)證明：f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)＝(x＋1)(1－eq\f(a,x))(x>0)，①當a≤0時，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，不符合題意；②當a>0時，由f′(x)＝0得x＝a，當x>a時，f′(x)>0，所以f(x)單調遞增，當0<x<a時，f′(x)<0，所以f(x)單調遞減，所以當x＝a時，f(x)取得極小值f(a)．又f(x)存在兩個不同的零點x1，x2，所以f(a)<0，即eq\f(1,2)a2＋(1－a)a－alna<0，整理得lna>1－eq\f(1,2)a，作曲線y＝f(x)關于直線x＝a的對稱曲線g(x)＝f(2a－x),令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－alneq\f(2a－x,x)，則h′(x)＝－2＋eq\f(2a2,2a－xx)＝－2＋eq\f(2a2,－x－a2＋a2)≥0，所以h(x)在(0,2a)上單調遞增，不妨設x1<a<x2，則h(x2)>h(a)＝0，即g(x2)＝f(2a－x2)>f(x2)＝f(x1)，又2a－x2∈(0，a)，x1∈(0，a)，且f(x)在(0，a)上為減函數(shù)，所以2a－x2<x1，即x1＋x2>2a，又lna>1－eq\f(1,2)a，易知a>1成立，故x1＋x2>2.4．(2017·新課標全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e－2<f(x0)<2－2.解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．設g(x)＝ax－a－lnx，則f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等價于g(x)≥0.因為g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－eq\f(1,x)，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，則g′(x)＝1－eq\f(1,x).當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調遞減；當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調遞增．所以x＝1是g(x)的極小值點，故g(x)≥g(1)＝0.綜上所述，a＝1.(2)證明：由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx.設h(x)＝2x－2－lnx，則h′(x)＝2－eq\f(1,x).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，h′(x)<0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時，h′(x)>0.所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))單調遞增．又h(e－2)>0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0，h(1)＝0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))有唯一零點x0，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))有唯一零點1，且當x∈(0，x0)時，h(x)>0；當x∈(x0,1)時，h(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)>0.因為f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一極大值點．由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈(0,1)得f(x0)<eq\f(1,4).因為x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值點，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.所以e－2<f(x0)<2－2.設a，b∈R，已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－alnx－bx的導函數(shù)為f′(x)，且f′(－1)＝a－3.(1)當a＝－3時，求函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間；(2)當方程f(x)＋2x＝0有唯一實數(shù)根時，求實數(shù)a的取值范圍．解：由條件得，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(a,x)－b.由f′(－1)＝a－3，得－1＋a－b＝a－3，則b＝2，所以f(x)＝eq\f(1,x)－alnx－2x.(1)當a＝－3時，f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(3,x)－2＝－eq\f(2x2－3x＋1,x2)＝－eq\f(2x－1x－1,x2)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)或x＝1，因為在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)內，f′(x)<0，所以f(x)的單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)．(2)方程f(x)＋2x＝0有唯一實數(shù)根等價于alnx＝eq\f(1,x)有唯一的實數(shù)根．顯然a≠0，則可轉化為關于x的方程xlnx＝eq\f(1,a)有唯一的實數(shù)根．構造函數(shù)φ(x)＝xlnx，則φ′(x)＝1＋lnx.令φ′(x)＝1＋lnx＝0，得x＝e－1.當0<x<e－1時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減，