第3講 零點(diǎn)問(wèn)題

第3講零點(diǎn)問(wèn)題【典例1】下列說(shuō)法正確的是（）A．當(dāng)時(shí)，則為的極大值B．當(dāng)時(shí)，則為的極小值C．當(dāng)時(shí)，則為的極值D．當(dāng)為的極值且存在時(shí)，則有【解析】不妨設(shè)函數(shù)則可排除ABC由導(dǎo)數(shù)求極值的方法知當(dāng)為的極值且存在時(shí)，則有故選：D【典例2】如果函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，則以下關(guān)于函數(shù)的判斷：①在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；②在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；③在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；④是極小值點(diǎn)；⑤是極大值點(diǎn).其中正確的是（）A．③⑤ B．②③ C．①④⑤ D．①②④【解析】對(duì)于①，f′（x）在區(qū)間（-2,2）內(nèi)有正有負(fù)，y＝f（x）在區(qū)間（-2,2）內(nèi)有增有減，①不正確對(duì)于②，在區(qū)間（2,4）,f′（x）＞0,故f（x）單增，故②不正確；對(duì)于③，在區(qū)間（2,3）,f′（x）＞0,故f（x）單增，故③正確；對(duì)于④，當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)f′（x），故④不正確；對(duì)于⑤，當(dāng)x時(shí)，f′（x）=0，且f′（x）先正后負(fù)，x=4為極大值點(diǎn)故⑤正確．故選：A．【典例3】函數(shù)的極值點(diǎn)是（）A． B． C．或 D．或【解析】函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為，當(dāng)?shù)没?，?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以是極小值點(diǎn).當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以不是極值點(diǎn).故選.【典例4】經(jīng)過(guò)原點(diǎn)作函數(shù)圖像的切線，則切線方程為_(kāi)_________．【解析】∵f′（x）＝3x2+6x，①若原點(diǎn)（0，0）是切點(diǎn)，則切線的斜率為f′（0）＝0，則切線方程為y＝0；②若原點(diǎn)（0，0）不是切點(diǎn)，設(shè)切點(diǎn)為P（x0，y0），則切線的斜率為，因此切線方程為，因?yàn)榍芯€經(jīng)過(guò)原點(diǎn)（0，0），∴，∵x0≠0，解得．∴切線方程為，化為9x+4y＝0．∴切線方程為y＝0或9x+4y＝0．【典例5】過(guò)函數(shù)上的點(diǎn)的切線方程是_________.【解析】因?yàn)樵O(shè)切點(diǎn)為，則，所以切線方程為：，因?yàn)樵谇芯€方程上，所以，解得：或.當(dāng)時(shí)，，此時(shí)切線方程為；當(dāng)時(shí)，，此時(shí)切線方程為.所以，切線方程為：或.【典例6】已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋2)，(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．【解析】解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，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)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)f′(x)＝ex－a.①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．故f(x)至多存在一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，可得x＝lna.當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．故當(dāng)x＝lna時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(lna)＝－a(1＋lna)．(ⅰ)若0<a≤eq\f(1,e)，則f(lna)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上至多存在一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．(ⅱ)若a>eq\f(1,e)，f(lna)<0.因?yàn)閒(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，lna)上存在唯一零點(diǎn)．由(1)知，當(dāng)x>2時(shí)，ex－x－2>0.所以當(dāng)x>4且x>2ln(2a)時(shí)，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，＋∞)上存在唯一零點(diǎn)．從而f(x)在(－∞，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).【典例7】設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍；(3)求證：a2－3b＞0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件.【解析】(1)解由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，切線斜率k＝f′(0)＝b.又f(0)＝c，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(0，c).所以所求切線方程為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)隨x的變化情況如下：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，當(dāng)c＞0且c－eq\f(32,27)＜0時(shí)，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)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個(gè)不同零點(diǎn).(3)證明當(dāng)Δ＝4a2－12b＜0時(shí)，即a2－3b＜0，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn).當(dāng)Δ＝4a2－12b＝0時(shí)，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一個(gè)零點(diǎn)，記作x0.當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(x0，＋∞)上單調(diào)遞增.所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn).綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，則必有Δ＝4a2－12b＞0，故a2－3b＞0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要條件.當(dāng)a＝b＝4，c＝0時(shí)，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有兩個(gè)不同零點(diǎn)，所以a2－3b＞0不是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的充分條件.因此a2－3b＞0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件.【典例8】設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；【解析】(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x>0)．當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，f′(x)沒(méi)有零點(diǎn)．當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閑2x單調(diào)遞增，－eq\f(a,x)單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f′(a)>0，當(dāng)b滿(mǎn)足0<b<eq\f(a,4)且b<eq\f(1,4)時(shí)，f′(b)<0，故當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)存在唯一零點(diǎn)．(2)證明由(1)可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為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).故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).)證明：當(dāng)a>0時(shí)，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).【典例9】設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．(1)當(dāng)b＝eq\f(a2,4)＋1時(shí)，求函數(shù)f(x)在[－1,1]上的最小值g(a)的表達(dá)式；(2)已知函數(shù)f(x)在[－1,1]上存在零點(diǎn)，0≤b－2a≤1，求b的取值范圍．【解析】解(1)當(dāng)b＝eq\f(a2,4)＋1時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋1，故對(duì)稱(chēng)軸為直線x＝－eq\f(a,2).當(dāng)a≤－2時(shí)，g(a)＝f(1)＝eq\f(a2,4)＋a＋2.當(dāng)－2＜a≤2時(shí)，g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝1.當(dāng)a＞2時(shí)，g(a)＝f(－1)＝eq\f(a2,4)－a＋2.綜上，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)設(shè)s，t為方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，則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)．當(dāng)0≤t≤1時(shí)，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).當(dāng)－1≤t＜0時(shí)，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的取值范圍是[－3，9－4eq\r(5)]．【典例10】已知函數(shù)f(x)＝lnx－x＋2sinx，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)求證：f′(x)在(0，π)上存在唯一零點(diǎn)；(2)求證：f(x)有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)．【解析】證明(1)設(shè)g(x)＝f′(x)＝eq\f(1,x)－1＋2cosx，當(dāng)x∈(0，π)時(shí)，g′(x)＝－2sinx－eq\f(1,x2)<0，所以g(x)在(0，π)上單調(diào)遞減，又因?yàn)間eq\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)))上有唯一的零點(diǎn)α，所以命題得證．(2)①由(1)知，當(dāng)x∈(0，α)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，α)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(α，π)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(α，π)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，π)上存在唯一的極大值點(diǎn)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?yàn)閒

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)上恰有一個(gè)零點(diǎn)，又因?yàn)閒(π)＝lnπ－π<2－π<0，所以f(x)在(α，π)上也恰有一個(gè)零點(diǎn)．②當(dāng)x∈[π，2π)時(shí)，sinx≤0，f(x)≤lnx－x，設(shè)h(x)＝lnx－x，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，所以h(x)在[π，2π)上單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(π)<0，所以當(dāng)x∈[π，2π)時(shí)，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，所以f(x)在[π，2π)上沒(méi)有零點(diǎn)．③當(dāng)x∈[2π，＋∞)時(shí)，f(x)≤lnx－x＋2，設(shè)φ(x)＝lnx－x＋2，則φ′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，所以φ(x)在[2π，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(x)≤φ(2π)<0，所以當(dāng)x∈[2π，＋∞)時(shí)，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立，所以f(x)在[2π，＋∞)上沒(méi)有零點(diǎn)．綜上，f(x)有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)．【典例11】已知函數(shù)．（1）若，求的單調(diào)區(qū)間；（2）證明：只有一個(gè)零點(diǎn)．【解析】：（1）當(dāng)a=3時(shí)，f（x）=，f′（x）=．令f′（x）=0解得x=或x=．當(dāng)x∈（–∞，）∪（，+∞）時(shí)，f′（x）>0；當(dāng)x∈（，）時(shí)，f′（x）<0．故f（x）在（–∞，），（，+∞）單調(diào)遞增，在（，）單調(diào)遞減．（2）由于，所以等價(jià)于．設(shè)=，則g′（x）=≥0，僅當(dāng)x=0時(shí)g′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）單調(diào)遞增．故g（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)．又f（3a–1）=，f（3a+1）=，故f（x）有一個(gè)零點(diǎn)．綜上，f（x）只有一個(gè)零點(diǎn)．【典例12】設(shè)函數(shù)，其中,且是公差為的等差數(shù)列.（I）若求曲線在點(diǎn)處的切線方程；（II）若，求的極值；（III）若曲線與直線有三個(gè)互異的公共點(diǎn)，求d的取值范圍.【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?yàn)榍€y=f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y?f(0)=(x?0)，故所求切線方程為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+．當(dāng)x變化時(shí)，，f(x)的變化如下表：x(?∞，t2?)t2?(t2?，t2+)t2+(t2+，+∞)+0?0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2?)=(?)3?9×(?)=6；函數(shù)f(x)的極小值為f(t2+)=()3?9×()=?6．（Ⅲ）曲線y=f(x)與直線y=?(x?t2)?6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于x的方程(x?t2+d)(x?t2)(x?t2?d)+(x?t2)+6=0有三個(gè)互異的實(shí)數(shù)解，令u=x?t2，可得u3+(1?d2)u+6=0．設(shè)函數(shù)g(x)=x3+(1?d2)x+6，則曲線y=f(x)與直線y=?(x?t2)?6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)y=g(x)有三個(gè)零點(diǎn)．=3x3+(1?d2)．當(dāng)d2≤1時(shí)，≥0，這時(shí)在R上單調(diào)遞增，不合題意．當(dāng)d2>1時(shí)，=0，解得x1=，x2=．易得，g(x)在(?∞，x1)上單調(diào)遞增，在[x1，x2]上單調(diào)遞減，在(x2，+∞)上單調(diào)遞增．