第5课时 利用导数研究函数零点专题
课时作业
1．(2018永州三模)已知函数f(x)＝(1－2a)ln x＋ax＋x. 讨论f(x)的导函数f′(x)的零点个数； 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（2ax＋1－2a）（x＋1）
1－2a2
x＋2ax＋1＝
2ax＋x＋1－2a2
x＝
x若a＝0，由－1＜0，f′(x)没有零点；
12a－1?2a－1?＝0，－1＜0，f′(x)有一个零点；
若a＜0或a＞，由＞0，f′??22a?2a?12a－1若0＜a≤，由≤0，－1＜0，f′(x)没有零点．
22a11
综上所述，当a＜0或a＞时，f′(x)有一个零点；当0≤a≤时f′(x)没有零点．
222．已知函数f(x)＝x＋xsin x＋cos x的图象与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．
解：f′(x)＝x(2＋cos x)， 令f′(x)＝0，得x＝0.
∴当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上递增． 当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，0)上递减． ∴f(x)的最小值为f(0)＝1.
∵函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，
∴当b＞1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点． 综上可知，b的取值范围是(1，＋∞)．
3．(2017鹰潭一模)已知f(x)＝ax－(b＋1)xln x－b，曲线y＝f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为2x＋y＝0.
(1)求f(x)的解析式；
(2)研究函数f(x)在区间(0，e]内的零点的个数。
解：(1)因为曲线y＝f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为2x＋y＝0，f′(x)＝2ax－
?ea－e（b＋1）－b＝－2e，?a＝1，??
(b＋1)ln x－b－1，所以?解得?所以
??2ea－b－1－b－1＝－2，b＝e??
2
4
2
2
f(x)＝x2－(e＋
1)xln x－e.
1
(2)由(1)知f(x)＝x－(e＋1)xln x－e. 令x－(e＋1)xln x－e＝0，
e4
即x－(e＋1)ln x－＝0，x∈(0，e]．
2
2
xe4
设g(x)＝x－(e＋1)lnx－，x∈(0，e]，
xe＋1e（x－1）（x－e）
则g′(x)＝1－＋2＝. 2
xxx由g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝e.
∵当x∈(0，1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，e)时，g′(x)＜0；当x∈(e，e)时，g′(x)＞0，
∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，在(e，e)上单调递增，极大值为
4
4
g(1)＝1－e＜0，极小值为g(e)＝－2＜0，g(e4)＝e4－4(e＋1)－3.
14442
∵4(e＋1)＋3＜4×4＋1＝17，e＞2.7＞2.5＞6＝36，
e∴g(e)＞0.
因此f(x)在区间(0，e]内有唯一零点．
e
4．(2018长春市一模)已知函数f(x)＝2，其中a为实数，常数e＝2.718….
1＋ax1
(1)若x＝是函数f(x)的一个极值点，求a的值；
3(2)当a＝－4时，求函数f(x)的单调区间；
(3)当a取正实数时，若存在实数m，使得关于x的方程f(x)＝m有三个实数根，求a的取值范围．
（ax－2ax＋1）e
解：(1)f′(x)＝ 22
（1＋ax）1
因为x＝是函数f(x)的一个极值点，
31
所以f′()＝0，
3129即a－a＋1＝0，a＝. 935
99259152
而当a＝时，ax－2ax＋1＝(x－2x＋)＝(x－)·(x－)，
55953319
可验证：x＝是函数f(x)的一个极值点．因此a＝.
35
24
4
1
e
xx 2
（－4x＋8x＋1）e
(2)当a＝－4时，f′(x)＝ 22
（1－4x）令f′(x)＝0得－4x＋8x＋1＝0，解得x＝1±所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化是
1，1＋25 2＋ 1＋5，＋2∞ 2
2x51，而x≠±. 22
x 1－∞，－ 215－，1－ 221－5 21－51， 225 21＋f′(x) f(x) － － 0 ＋ 0 － 极小值 极大值 因此f(x)的单调增区间是(1－5115，)，(，1＋)； 222212
12
55
)，(1＋，＋∞)； 22
xf(x)的单调减区间是(－∞，－)，(－，1－
2
（ax－2ax＋1）e
(3)当a取正实数时，f′(x)＝， 22（1＋ax）令f′(x)＝0得ax－2ax＋1＝0，
2
a－a2－aa＋a2－a当a>1时，解得x1＝，x2＝. aaf(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，
但是函数值恒大于零，极大值f(x1)，极小值f(x2)，并且根据指数函数和二次函数的变ee
化速度可知当x→＋∞时，f(x)＝2→＋∞，当x→－∞时，f(x)＝2→0.因此当