1、课时作业(十八)导数与函数的零点 1(2021北京市适应性测试)已知函数 f(x)ex(x1)1 2e ax2，a0，e 为自然对数的底数。 (1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)求函数 f(x)的极小值； (3)求函数 f(x)的零点个数。 解(1)因为 f(x)ex(x1)1 2e ax2， 所以 f(x)xexxea。 所以 f(0)1，f(0)0。 所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 y1。 (2)f(x)xexxeax(exea)， 令 f(x)0，得 x0 或 xa(a0)。 f(x)与 f(x)在 R 上随 x 的变化情况如表： x(，
2、a)a(a,0)0(0，) f(x)00 f(x) 由表可知，当 x0 时，f(x)有极小值 f(0)1。 (3)当 x1 时，f(x)e220。 由(2)可知，f(a)ea(a1)1 2e aa21，所以 2ax10，ax10， 所以 f(x)0， 所以函数 f(x)在(1，)上是减函数。 (2)当 a1 时，f(x)ln xx2x， 其定义域是(0，)， f(x)1 x2x1 2x2x1 x 。 令 f(x)0，解得 x1 2(舍去)或 x1。 所以当 0 x0；当 x1 时，f(x)0。 所以函数 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 所以当 x1 时，函数 f(x)取
3、得极大值，也是最大值，即为 f(1)ln 11210， 当 x1 时，f(x)f(1)，即 f(x)0， 所以函数 f(x)只有一个零点。 3已知函数 f(x)ae2xexx(aR，e 为自然对数的底数)。 (1)若1a0，证明：函数 f(x)有且只有一个零点； (2)若函数 f(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围。 解(1)证明：由 f(x)ae2xexx(aR)， 得fx2ae2xex1， 故当 a0 时，f(x)2ae2xex10， 即函数 f(x)在 R 上单调递减， 所以当 a0 时，函数 f(x)在 R 上最多有一个零点。 又当1a0 时， f(0)a10， 所以当1a0 时，
4、函数 f(x)有且只有一个零点。 (2)由(1)知，当 a0 时，函数 f(x)在 R 上最多有一个零点，不符合题意，故 a0。 由 f(x)ae2xexx0，得 ae xx e2x 。 令 g(x)e xx e2x ，则gx12xe x e2x 。 令 h(x)12xex，则hx2ex， 易知 h(x)0，g(x)0，当 x(0，)时， h(x)0，g(x)0，g(1)ee20， 所以当 a(0,1)时，g(x)的图象与直线 ya 有两个交点，即 f(x)有两个零点， 故实数 a 的取值范围是(0,1)。 4已知函数 f(x)(x1)ln xax2(1a)x1。 (1)当 a1 时，判断函数
5、的单调性； (2)讨论 f(x)的零点个数。 解(1)当 a1 时，f(x)(x1)ln xx22x1(x1)(ln xx1)，x(0，)， 则 f(x)ln x2x1 x3， 设 h(x)ln x2x1 x3， 则 h(x)1 x2 1 x2 2x11x x2 ， 当 0 x0，当 x1 时，h(x)0，g(x)在(0，)上单调递增， 又 g(1)0，x0 时，g(x)， 所以 g(x)在(0，)上有 1 个零点，又 g(1)0， 所以此时 f(x)有 2 个零点。 因为 g(x)ax1 x ，所以当1a0， 又 x0 时，g(x)，x时，g(x)，所以 g(x)在 0，1 a 上有 1 个
6、零点，在 1 a， 上也有 1 个零点，且 g(1)0， 所以此时 f(x)有 3 个零点。 因为 g(x)ax1 x ， 所以当 a1 时， g(x)在 0，1 a 上单调递增， 在 1 a，上单调递减， 所以 g(x)的最大值为 g 1 a ln 1 a 0， 所以 g(x)没有零点，此时 f(x)有 1 个零点。 综上所述，当 a1 时，f(x)有 1 个零点； 当1a1 时 m(x)0， 所以当 a1 时，g(x)在(0，)上没有零点； 当 a1 时，g(x)在(0，)上有 1 个 x1 的零点； 当1a0 时，g(x)在(0，)上有 2 个零点； 当 a0 时，g(x)在(0，)上有
7、 1 个零点。 综上所述，当 a1 时，f(x)有 1 个零点； 当1a0，f(x)单调递增； 当 x(2，1时，f(x)0，f(x)单调递减， 故 f(x)maxf(2) 4 e2， 而 f(5)25 e5 ，f(1)1 e， 因为25 e5 0，m(x)ex10 恒成立， 所以 m(x)在(0，)上单调递增， 所以 m(x)ex(x1)m(0)0，即 exx10， 则 x2exa(x1)ln xx2(x1)a(x1)ln x(x1)(x2aln x)。 令 h(x)x2aln x，则 h(x)2xa x 2x2a x 。 因为 0a2e， 所以 h(x)2 x a 2 x a 2 x ，
8、所以 x 0， a 2 时，h(x)0，h(x) 在 a 2，上单调递增。 所以 h(x)x2aln x 在(0，)上的最小值为 h a 2 a 2aln a 2 a 2 1ln a 2 。 因为 0a 2e，所以 ln a 20， 所以a 2 1ln a 2 0，即 0a0，h(x)x2aln x0 恒成立， 所以 x2exa(x1)ln x0， 故当 a(0,2e)时，函数 g(x)无零点。 6(2020全国卷)设函数 f(x)x3bxc，曲线 yf(x)在点 1 2，f 1 2 处的切线与 y 轴垂直。 (1)求 b； (2)若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：f(x)所有
9、零点的绝对值都不大于 1。 解(1)f(x)3x2b。 依题意得 f 1 2 0，即3 4b0。 故 b3 4。 (2)证明：由(1)知 f(x)x33 4xc， f(x)3x23 4。 令 f(x)0，解得 x1 2或 x 1 2。 f(x)与 f(x)随 x 的变化情况为： x ， 1 2 1 2 1 2， 1 2 1 2 1 2， f(x)00 f(x)c1 4 c1 4 因为 f(1)f 1 2 c1 4，所以当 c1 4时，f(x)只有小于1 的零点。 由题设可知1 4c 1 4。 当 c1 4时，f(x)只有两个零点 1 2和 1。 当 c1 4时，f(x)只有两个零点1 和 1 2。 当1 4c 1 4时，f(x)有三个零点 x 1，x2，x3，且 x1 1，1 2 ，x2 1 2， 1 2 ，x3 1 2，1。 综上，若 f(x)有一个绝对值不大于 1 的零点，则 f(x)所有零点的绝对值都不大于 1。
