第3讲 零点问题

第3讲零点问题【典例1】下列说法正确的是（）A．当时，则为的极大值B．当时，则为的极小值C．当时，则为的极值D．当为的极值且存在时，则有【解析】不妨设函数则可排除ABC由导数求极值的方法知当为的极值且存在时，则有故选：D【典例2】如果函数的导函数的图象如图所示，则以下关于函数的判断：①在区间内单调递增；②在区间内单调递减；③在区间内单调递增；④是极小值点；⑤是极大值点.其中正确的是（）A．③⑤ B．②③ C．①④⑤ D．①②④【解析】对于①，f′（x）在区间（-2,2）内有正有负，y＝f（x）在区间（-2,2）内有增有减，①不正确对于②，在区间（2,4）,f′（x）＞0,故f（x）单增，故②不正确；对于③，在区间（2,3）,f′（x）＞0,故f（x）单增，故③正确；对于④，当x＝时，函数f′（x），故④不正确；对于⑤，当x时，f′（x）=0，且f′（x）先正后负，x=4为极大值点故⑤正确．故选：A．【典例3】函数的极值点是（）A． B． C．或 D．或【解析】函数的导数为，当得或，当时，，当时，，所以是极小值点.当时，，当时，，所以不是极值点.故选.【典例4】经过原点作函数图像的切线，则切线方程为__________．【解析】∵f′（x）＝3x2+6x，①若原点（0，0）是切点，则切线的斜率为f′（0）＝0，则切线方程为y＝0；②若原点（0，0）不是切点，设切点为P（x0，y0），则切线的斜率为，因此切线方程为，因为切线经过原点（0，0），∴，∵x0≠0，解得．∴切线方程为，化为9x+4y＝0．∴切线方程为y＝0或9x+4y＝0．【典例5】过函数上的点的切线方程是_________.【解析】因为设切点为，则，所以切线方程为：，因为在切线方程上，所以，解得：或.当时，，此时切线方程为；当时，，此时切线方程为.所以，切线方程为：或.【典例6】已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)，(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．【解析】解(1)当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)f′(x)＝ex－a.①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故f(x)至多存在一个零点，不合题意．②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．故当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a(1＋lna)．(ⅰ)若0<a≤eq\f(1,e)，则f(lna)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上至多存在一个零点，不合题意．(ⅱ)若a>eq\f(1,e)，f(lna)<0.因为f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，lna)上存在唯一零点．由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝－a(x＋2)>eln(2a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋2))－a(x＋2)＝2a>0.故f(x)在(lna，＋∞)上存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．综上，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).【典例7】设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；(3)求证：a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.【解析】(1)解由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，切线斜率k＝f′(0)＝b.又f(0)＝c，所以切点坐标为(0，c).所以所求切线方程为y－c＝b(x－0)，即bx－y＋c＝0.(2)解由a＝b＝4得f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c∴f′(x)＝3x2＋8x＋4＝(3x＋2)(x＋2)令f′(x)＝0，得(3x＋2)(x＋2)＝0，解得x＝－2或x＝－eq\f(2,3)，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：x(－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)cc－eq\f(32,27)所以，当c＞0且c－eq\f(32,27)＜0时，存在x1∈(－∞，－2)，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.(3)证明当Δ＝4a2－12b＜0时，即a2－3b＜0，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点.当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0.当x∈(－∞，x0)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增.所以f(x)不可能有三个不同零点.综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b＞0，故a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要条件.当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，所以a2－3b＞0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.因此a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.【典例8】设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；【解析】(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点．当a>0时，因为e2x单调递增，－eq\f(a,x)单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足0<b<eq\f(a,4)且b<eq\f(1,4)时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).【典例9】设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．(1)当b＝eq\f(a2,4)＋1时，求函数f(x)在[－1,1]上的最小值g(a)的表达式；(2)已知函数f(x)在[－1,1]上存在零点，0≤b－2a≤1，求b的取值范围．【解析】解(1)当b＝eq\f(a2,4)＋1时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋1，故对称轴为直线x＝－eq\f(a,2).当a≤－2时，g(a)＝f(1)＝eq\f(a2,4)＋a＋2.当－2＜a≤2时，g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.当a＞2时，g(a)＝f(－1)＝eq\f(a2,4)－a＋2.综上，g(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋a＋2，a≤－2，,1，－2＜a≤2，,\f(a2,4)－a＋2，a＞2.))(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＋t＝－a，,st＝b，))由于0≤b－2a≤1，因此eq\f(－2t,t＋2)≤s≤eq\f(1－2t,t＋2)(－1≤t≤1)．当0≤t≤1时，eq\f(－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(t－2t2,t＋2)，由于－eq\f(2,3)≤eq\f(－2t2,t＋2)≤0和－eq\f(1,3)≤eq\f(t－2t2,t＋2)≤9－4eq\r(5)，所以－eq\f(3,2)≤b≤9－4eq\r(5).当－1≤t＜0时，eq\f(t－2t2,t＋2)≤st≤eq\f(－2t2,t＋2)，由于－2≤eq\f(－2t2,t＋2)＜0和－3≤eq\f(t－2t2,t＋2)＜0，所以－3≤b＜0.故b的取值范围是[－3，9－4eq\r(5)]．【典例10】已知函数f(x)＝lnx－x＋2sinx，f′(x)为f(x)的导函数．(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点．【解析】证明(1)设g(x)＝f′(x)＝eq\f(1,x)－1＋2cosx，当x∈(0，π)时，g′(x)＝－2sinx－eq\f(1,x2)<0，所以g(x)在(0，π)上单调递减，又因为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(3,π)－1＋1>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(2,π)－1<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))上有唯一的零点α，所以命题得证．(2)①由(1)知，当x∈(0，α)时，f′(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增；当x∈(α，π)时，f′(x)<0，f(x)在(α，π)上单调递减，所以f(x)在(0，π)上存在唯一的极大值点αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)<α<\f(π,2)))，所以f(α)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝lneq\f(π,2)－eq\f(π,2)＋2>2－eq\f(π,2)>0，又因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝－2－eq\f(1,e2)＋2sineq\f(1,e2)<－2－eq\f(1,e2)＋2<0，所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点，又因为f(π)＝lnπ－π<2－π<0，所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点．②当x∈[π，2π)时，sinx≤0，f(x)≤lnx－x，设h(x)＝lnx－x，则h′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，所以h(x)在[π，2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)<0，所以当x∈[π，2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，所以f(x)在[π，2π)上没有零点．③当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤lnx－x＋2，设φ(x)＝lnx－x＋2，则φ′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)<0，所以当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立，所以f(x)在[2π，＋∞)上没有零点．综上，f(x)有且仅有两个不同的零点．【典例11】已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．【解析】：（1）当a=3时，f（x）=，f′（x）=．令f′（x）=0解得x=或x=．当x∈（–∞，）∪（，+∞）时，f′（x）>0；当x∈（，）时，f′（x）<0．故f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．（2）由于，所以等价于．设=，则g′（x）=≥0，仅当x=0时g′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．又f（3a–1）=，f（3a+1）=，故f（x）有一个零点．综上，f（x）只有一个零点．【典例12】设函数，其中,且是公差为的等差数列.（I）若求曲线在点处的切线方程；（II）若，求的极值；（III）若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围.【解析】：（Ⅰ）由已知，可得f(x)=x(x−1)(x+1)=x3−x，故=3x2−1，因此f(0)=0，=−1，又因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y−f(0)=(x−0)，故所求切线方程为x+y=0．（Ⅱ）由已知可得f(x)=(x−t2+3)(x−t2)(x−t2−3)=(x−t2)3−9(x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2．故=3x2−6t2x+3t22−9．令=0，解得x=t2−，或x=t2+．当x变化时，，f(x)的变化如下表：x(−∞，t2−)t2−(t2−，t2+)t2+(t2+，+∞)+0−0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2−)=(−)3−9×(−)=6；函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3−9×()=−6．（Ⅲ）曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x−t2+d)(x−t2)(x−t2−d)+(x−t2)+6=0有三个互异的实数解，令u=x−t2，可得u3+(1−d2)u+6=0．设函数g(x)=x3+(1−d2)x+6，则曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点．=3x3+(1−d2)．当d2≤1时，≥0，这时在R上单调递增，不合题意．当d2>1时，=0，解得x1=，x2=．易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增．