导数研究函数零点

1.设函数f(x)=x2-mlnx,g(x)=x2-(m+1)x.12解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x-mx=2xmx,m≤0时,f′(x)0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,m0时,f′(x)=xmxmx,当0xm时,f′(x)0,函数f(x)单调递减,当xm时,f′(x)0,函数f(x)单调递增.综上m≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);m0时,函数f(x)的单调递增区间是(m,+∞),单调递减区间是(0,m).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当m≥1时,讨论函数f(x)与g(x)图象的交点个数.解:(2)令F(x)=f(x)-g(x)=-12x2+(m+1)x-mlnx,x0,问题等价于求函数F(x)的零点个数,F′(x)=-1xxmx,当m=1时,F′(x)≤0,函数F(x)为减函数,注意到F(1)=320,F(4)=-ln40,所以F(x)有唯一零点;当m1时,0x1或xm时F′(x)0,1xm时F′(x)0,所以函数F(x)在(0,1)和(m,+∞)上单调递减,在(1,m)上单调递增,注意到F(1)=m+120,F(2m+2)=-mln(2m+2)0,所以F(x)有唯一零点;综上,函数F(x)有唯一零点,即两函数图象总有一个交点.2.已知f(x)=ax2-(b+1)xlnx-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;解:(1)因为f(x)=ax2-(b+1)xlnx-b,所以f′(x)=2ax-(b+1)(1+lnx),f′(e)=2ea-2(b+1),f(e)=e2a-e(b+1)-b,故切线方程是y=2(ea-b-1)x-ae2+eb+e-b,而切线方程为2x+y=0,所以2e11,eee0,ababb解得a=1,b=e,所以f(x)=x2-(e+1)xlnx-e.(2)研究函数f(x)在区间(0,e4]内的零点的个数.解:(2)x2-(e+1)xlnx-e=0,x∈(0,e4]⇔x-(e+1)lnx-ex=0,x∈(0,e4].设g(x)=x-(e+1)lnx-ex,x∈(0,e4],则g′(x)=1-e+1x+2ex=21exxx,由g′(x)=0得x1=1,x2=e,当x∈(0,1)时,g′(x)0,x∈(1,e)时,g′(x)0,x∈(e,e4)时,g′(x)0,所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,e)上单调递减,在(e,e4)上单调递增,极大值g(1)=1-e0,极小值g(e)=-20,g(e4)=e4-4(e+1)-31e,因为4(e+1)+31e4×4+1=17,e42.742.5462=36,所以g(e4)0.g(x)在(0,e4]内有唯一零点,因此,f(x)在(0,e4]内零点个数为1.3：设函数.（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值.xaxaxxfln)2()(2)(xf)(xfa).2,0(),2()(0),0()(0.200)(;20)(,0),0()(),0()(,0)(,0)0()1)(2()2(2)2(2)(1'''2'aaxfaxfaaxxfaxxfaxfxfxfaxxxaxxaxaxxaaxxf，单调减区间为的单调增区间为时，函数当；的单调增区间为时函数综上，当得由得由时当；单调增区间为的上单调递增，所以函数在函数时当）解（.3.)(3,0)1(,03ln23)3(3.3.0)(0;0)(.0)(),3,2(,011681ln123ln4)3(,02)2(0)(,42ln4)(.042ln4,002ln44.0)2()(,0)(1200002的值为最小正整数综上所述，满足条件的有两个零点时，所以当）（时，又当整数所以满足条件的最小正时，当时，当所以存在且）上为增函数，，在（显然令所以，因为即的最小值且有两个零点，则）得若函数）由（（axfaffaaahaaahaaahahhahaaahaaaaaaaafxfaxf4.已知a∈R，函数f(x)＝ex－ax(e＝2.71828…是自然对数的底数).(1)若函数f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，求实数a的取值范围；(2)若函数F(x)＝f(x)－(ex－2ax＋2lnx＋a)在区间0，12内无零点，求实数a的最大值.【解析】(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a且f′(x)在R上递增.若f(x)在区间(－e，－1)上是减函数，只需f′(x)≤0恒成立.因此只需f′(－1)＝e－1－a≤0，解之得a≥1e.又当a＝1e时，f′(x)＝ex－1e≤0当且仅当x＝－1时取等号.所以实数a的取值范围是1e，＋∞.(2)法一由已知得F(x)＝a(x－1)－2lnx，且F(1)＝0，则F′(x)＝a－2x＝ax－2x＝ax－2ax，x0.①当a≤0时，F′(x)0，F(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，结合F(1)＝0知，当x∈0，12时，F(x)0.所以F(x)在0，12内无零点.②当a0时，令F′(x)＝0，得x＝2a.若2a≥12时，即a∈(0，4]时，F(x)在0，12上是减函数.又x→0时，F(x)→＋∞.要使F(x)在0，12内无零点，只需F12＝－a2－2ln12≥0，则0a≤4ln2.若2a12时，即a4时，则F(x)在0，2a上是减函数，在2a，12上是增函数.∴F(x)min＝F2a＝2－a－2ln2a，令φ(a)＝2－a－2ln2a，则φ′(a)＝－1＋2a＝2－aa0.∴φ(a)在(4，＋∞)上是减函数，则φ(a)φ(4)＝2ln2－20.因此F2a0，所以F(x)在x∈0，12内一定有零点，不合题意，舍去.综上，函数F(x)在0，12内无零点，应有a≤4ln2，所以实数a的最大值为4ln2.法二当a≤0时，同法一.当a0时，x∈0，2a，F′(x)0；x∈2a，＋∞，F′(x)0.所以F(x)在0，2a上单调递减，在2a，＋∞上单调递增.因此F(x)min＝F2a.①若2a≥1，即0a≤2时，F(x)在0，12内是减函数.因此，当x∈0，12时，F(x)F(1)＝0，所以F(x)在0，12内无零点.②若2a1，即a2时，F(x)min＝F2a≤F(1)＝0.要使函数F(x)在0，12内无零点，只需F12＝－a2－2ln12≥0，则2a≤4ln2.综上，函数F(x)在0，12内无零点，应有a≤4ln2，所以实数a的最大值是4ln2.5.(2015·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3＋ax＋14，g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x0)，讨论h(x)零点的个数.解(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即x30＋ax0＋14＝0，3x20＋a＝0，解得x0＝12，a＝－34.因此，当a＝－34时，x轴为曲线y＝f(x)的切线.(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点.当x＝1时，若a≥－54，则f(1)＝a＋54≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a－54，则f(1)0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)0，故x＝1不是h(x)的零点.当x∈(0，1)时，g(x)＝－lnx0.所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数.(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0，1)上无零点，故f(x)在(0，1)上单调.而f(0)＝14，f(1)＝a＋54，所以当a≤－3时，f(x)在(0，1)内有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0，1)上没有零点.(ⅱ)若－3a0，则f(x)在0，－a3上单调递减，在－a3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x＝－a3时，f(x)取得最小值，最小值为f－a3＝2a3－a3＋14.①若f－a30，即－34a0，f(x)在(0，1)无零点；②若f－a3＝0，即a＝－34，则f(x)在(0，1)有唯一零点；③若f－a30，即－3a－34，由于f(0)＝14，f(1)＝a＋54，所以当－54a－34时，f(x)在(0，1)有两个零点；当－3a≤－54时，f(x)在(0，1)有一个零点.综上，当a－34或a－54时，h(x)有一个零点；当a＝－34或a＝－54时，h(x)有两个零点；当－54a－34时，h(x)有三个零点.