数学（文）：课时作业17 导数与函数的零点问题 作业

课时作业17导数与函数的零点问题1．已知函数f(x)＝a＋eq\r(x)lnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．解：(1)函数f(x)的定义域是(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)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增．(2)由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－eq\f(2,e)，显然a>eq\f(2,e)时，f(x)>0，无零点，a＝eq\f(2,e)时，f(x)＝0，有1个零点，a<eq\f(2,e)时，f(x)<0，有2个零点．2．(2018·江西南昌三中月考)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝eq\f(1,8)x2－x.(1)求f(x)的单调区间和极值点；(2)是否存在实数m，使得函数h(x)＝eq\f(3fx,4x)＋m＋g(x)有三个不同的零点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．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))上单调递减，在(eq\f(1,e)，＋∞)上单调递增．故f(x)的极小值点为x＝eq\f(1,e).(2)假设存在实数m，使得函数h(x)＝eq\f(3fx,4x)＋m＋g(x)有三个不同的零点，即方程6lnx＋8m＋x2－8x＝0有三个不等实根．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)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以φ(x)的极大值为φ(1)＝－7＋8m，φ(x)的极小值为φ(3)＝－15＋6ln3＋8m.要使方程6lnx＋8m＋x2－8x＝0有三个不等实根，则函数φ(x)的图象与x轴要有三个交点，根据φ(x)的图象可知必须满足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.所以存在实数m，使得函数h(x)＝eq\f(3fx,4x)＋m＋g(x)有三个不同的零点，实数m的取值范围是eq\f(7,8)<m<eq\f(15,8)－eq\f(3,4)ln3.3．(2018·河北石家庄二检)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋(1－a)x－alnx，a∈R.(1)若f(x)存在极值点1，求a的值；(2)若f(x)存在两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2.解：(1)由已知得f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)，因为f(x)存在极值点1，所以f′(1)＝0，即2－2a＝0，a＝1，经检验符合题意，所以a＝1.(2)证明：f′(x)＝x＋1－a－eq\f(a,x)＝(x＋1)(1－eq\f(a,x))(x>0)，①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝a，当x>a时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增，当0<x<a时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减，所以当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)．又f(x)存在两个不同的零点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，作曲线y＝f(x)关于直线x＝a的对称曲线g(x)＝f(2a－x),令h(x)＝g(x)－f(x)＝f(2a－x)－f(x)＝2a－2x－alneq\f(2a－x,x)，则h′(x)＝－2＋eq\f(2a2,2a－xx)＝－2＋eq\f(2a2,－x－a2＋a2)≥0，所以h(x)在(0,2a)上单调递增，不妨设x1<a<x2，则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)上为减函数，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·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．设g(x)＝ax－a－lnx，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为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，则g′(x)＝1－eq\f(1,x).当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上所述，a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx.设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－eq\f(1,x).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，h′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，h′(x)>0.所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))单调递增．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)))有唯一零点x0，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0,1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．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).因为x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值点，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.设a，b∈R，已知函数f(x)＝eq\f(1,x)－alnx－bx的导函数为f′(x)，且f′(－1)＝a－3.(1)当a＝－3时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)当方程f(x)＋2x＝0有唯一实数根时，求实数a的取值范围．解：由条件得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(a,x)－b.由f′(－1)＝a－3，得－1＋a－b＝a－3，则b＝2，所以f(x)＝eq\f(1,x)－alnx－2x.(1)当a＝－3时，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，因为在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)内，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)．(2)方程f(x)＋2x＝0有唯一实数根等价于alnx＝eq\f(1,x)有唯一的实数根．显然a≠0，则可转化为关于x的方程xlnx＝eq\f(1,a)有唯一的实数根．构造函数φ(x)＝xlnx，则φ′(x)＝1＋lnx.令φ′(x)＝1＋lnx＝0，得x＝e－1.当0<x<e－1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，