高考数学第三章导数及其应用第4讲导数的综合应用第2课时利用导数探究函数零点问题检测.docx

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1、第2课时利用导数探究函数零点问题[基础题组练]1．已知函数f(x)＝x2－2x＋1，g(x)＝xf(x)＋bx2＋a，若g′(x)＝0在区间上有解，则实数b的取值范围为(　　)A．(－1，2)　　　　　　B．(1，2)C．[1，2)D．(0，2－]解析：选D.易知g(x)＝x3＋(b－2)x2＋x＋a，则g′(x)＝3x2＋2(b－2)x＋1，因为g′(x)＝0在区间上有解，所以Δ＝4(b－2)2－12≥0，即b≥2＋或b≤2－，同时2(b－2)＝－∈(－4，－2]，所以0＜b≤2－，从而实数b的取值范围为(0，2－]．2．已知函数f(x)＝

2、ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是(　　)A．(2，＋∞)B．(－∞，－2)C．(1，＋∞)D．(－∞，－1)解析：选B.f′(x)＝3ax2－6x，当a＝3时，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，则当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0；x∈时，f′(x)>0，注意f(0)＝1，f＝>0，则f(x)的大致图象如图(1)所示：不符合题意，排除A，C.当a＝－时，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，则当x∈时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，x∈(0，

3、＋∞)时，f′(x)<0，注意f(0)＝1，f＝－，则f(x)的大致图象如图(2)所示．不符合题意，排除D.故选B.3．设函数f(x)＝x3－bx＋c(b，c∈R)．(1)若曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋1，求b，c的值；(2)若b＝1，c＝，求证：f(x)在区间(1，2)内存在唯一零点．解：(1)由题意得f′(x)＝x2－b，所以f′(1)＝1－b＝2，得b＝－1.又因为f(1)＝2＋1＝3，所以－b＋c＝3，得c＝.故b＝－1，c＝.(2)证明：若b＝1，c＝，则f(x)＝x3－x＋.因为f(1)f(2)＝－×1

4、＜0，所以f(x)在区间(1，2)内存在零点．又当x∈(1，2)时，f′(x)＝x2－1＞0，所以f(x)在(1，2)上单调递增．所以f(x)在区间(1，2)内存在唯一零点．4．已知函数f(x)＝a＋lnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)试判断f(x)的零点个数．解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝()′lnx＋·＝，令f′(x)＞0，解得x＞e－2，令f′(x)<0，解得0

5、，显然a＞时，f(x)＞0，无零点，a＝时，f(x)＝0，有1个零点，a<时，f(x)<0，有2个零点．[综合题组练]1．(2019·贵阳摸底考试)已知函数f(x)＝kx－lnx(k＞0)．(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值；解：(1)k＝1，f(x)＝x－lnx，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－，由f′(x)＞0得x＞1，由f′(x)＜0得0＜x＜1，所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)法一：由题意知方程kx－lnx＝0仅有一个实根，由kx－

6、lnx＝0得k＝(x＞0)，令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝，当x＝e时，g′(x)＝0；当0＜x＜e时，g′(x)＞0；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)＝.当x→＋∞时，g(x)→0.又k＞0，所以要使f(x)仅有一个零点，则k＝.法二：f(x)＝kx－lnx，f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)．当x＝时，f′(x)＝0；当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)min＝f＝1－ln

7、，因为f(x)有且只有一个零点，所以1－ln＝0，即k＝.2．已知函数f(x)＝alnx＋－bx＋1.(1)当a＝0时，函数f(x)的极小值为5，求负数b的值；(2)若b＝－1，F(x)＝f(x)－，且当a≥－4时，不等式F(x)≥2在区间[1，4]上有解，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝0时，f(x)＝－bx＋1(b＜0)，令f′(x)＝－－b＝0，得x1＝，x2＝－(舍去)．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：xf′(x)－0＋f(x)极小值所以函数f(x)的极小值为f＝5，即＋＋1

8、＝5，解得b＝－4.(2)由题意知，当a≥－4时，F(x)在[1，4]上的最大值M≥2.当b＝－1时，F(x)＝f(x)－＝x－＋alnx＋1，则F′(x)＝.①当