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考点突破练21利用导数研究函数的零点问题1.(2023江西南昌一模)已知函数f(x)=(x-a)2+bex(a,b∈R).(1)若a=0时,函数y=f(x)有2个极值点,求b的取值范围;解

(1)a=0时,f(x)=x2+bex,f'(x)=2x+bex,则2x+bex=0有两实根,(2)当a>2时,①求证:f(x)有唯一的极值点x1;∴g(x)在(0,+∞)上单调递减.∵g(e-a)=1+ea>0,g(1)=2-a<0,∴g(x)在(0,+∞)上有唯一的零点,∴f'(x)=0在(0,+∞)上有唯一解,不妨设为x1,x1∈(e-a,1).f'(x)与f(x)的情况如下,x(0,x1)x1(x1,+∞)f'(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减∴f(x)有唯一的极值点x1.3.已知函数f(x)=ex+cosx-ex,f'(x)是f(x)的导函数.(1)证明:函数f(x)只有一个极值点;(2)若关于x的方程f(x)=t(t∈R)在(0,π)上有两个不相等的实数根x1,x2,证明:

4.(2023江西上饶一模)已知f(x)=ex-ax,g(x)=ex(1-sinx).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若a∈(0,3),h(x)=f(x)-g(x),试讨论h(x)在(0,π)内的零点个数.(参考数据解

(1)由已知可知f'(x)=ex-a,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在R上单调递增;当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln

a,当x∈(-∞,ln

a)时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,ln

a)上单调递减,当x∈(ln

a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(ln

a,+∞)上单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递增,当a>0时,f(x)在(-∞,ln

a)上单调递减,在(ln

a,+∞)上单调递增.由零点存在性定理可得,h(x)在(x1,x2)和(x2,π)上各有一个零点,即h(x)在(0,π)上有2个零点,综上所述,当0<a≤1时,h(x)在(0,π)上仅有一个零点,当1<a<3时,h(x)在(0,π)上有2个零点.5.(2023江西南昌二模)已知函数f(x)=a(x2-1)-lnx(x>0).当0<x<1时,f'(x)<0,则f(x)在(0,1)上单调递减;当x>1时,f'(x)>0,则f(x)在(1,+∞)上单调递增;∴f(x)的极小值为f(1)=0,无极大值.6.已知函数f(x)=ex-a(x+cosx),其中a>0,且满足对∀x∈[0,+∞)时,f(x)≥0恒成立.(1)求实数a的取值范围;解

(1)一方面,当x=0时,f(0)=1-a≥0,所以0<a≤1.另一方面,f'(x)=ex-a(1-sin

x)=ex+asin

x-a.令φ(x)=f'(x),则φ'(x)=ex+acos

x.当x∈[0,+∞)时,φ'(x)>0,所以φ(x)即f'(x)在[0,+∞)上单调递增.又因为f'(0)

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