PAGEPAGE1第5課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)零點(diǎn)專題課時(shí)作業(yè)1．(2024永州三模)已知函數(shù)f(x)＝(1－2a)lnx＋ax2＋x探討f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．解析：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－2a,x)＋2ax＋1＝eq\f(2ax2＋x＋1－2a,x)＝eq\f(2ax＋1－2ax＋1,x)若a＝0，由－1＜0，f′(x)沒有零點(diǎn)；若a＜0或a＞eq\f(1,2)，由eq\f(2a－1,2a)＞0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,2a)))＝0，－1＜0，f′(x)有一個(gè)零點(diǎn)；若0＜a≤eq\f(1,2)，由eq\f(2a－1,2a)≤0，－1＜0，f′(x)沒有零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)a＜0或a＞eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0≤a≤eq\f(1,2)時(shí)f′(x)沒有零點(diǎn)．2．已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsinx＋cosx的圖象與直線y＝b有兩個(gè)不同交點(diǎn)，求b的取值范圍．解：f′(x)＝x(2＋cosx)，令f′(x)＝0，得x＝0.∴當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上遞增．當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，0)上遞減．∴f(x)的最小值為f(0)＝1.∵函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)和(0，＋∞)上均單調(diào)，∴當(dāng)b＞1時(shí)，曲線y＝f(x)與直線y＝b有且僅有兩個(gè)不同交點(diǎn)．綜上可知，b的取值范圍是(1，＋∞)．3．(2024鷹潭一模)已知f(x)＝ax2－(b＋1)xlnx－b，曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(e，f(e))處的切線方程為2x＋y＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)探討函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，e4]內(nèi)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)。解：(1)因?yàn)榍€y＝f(x)在點(diǎn)P(e，f(e))處的切線方程為2x＋y＝0，f′(x)＝2ax－(b＋1)lnx－b－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e2a－eb＋1－b＝－2e，,2ea－b－1－b－1＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝e))所以f(x)＝x2－(e＋1)xlnx－e.(2)由(1)知f(x)＝x2－(e＋1)xlnx－e.令x2－(e＋1)xlnx－e＝0，即x－(e＋1)lnx－eq\f(e,x)＝0，x∈(0，e4]．設(shè)g(x)＝x－(e＋1)lnx－eq\f(e,x)，x∈(0，e4]，則g′(x)＝1－eq\f(e＋1,x)＋eq\f(e,x2)＝eq\f(x－1x－e,x2).由g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝e.∵當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)x∈(e，e4)時(shí)，g′(x)＞0，∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，e4)上單調(diào)遞增，極大值為g(1)＝1－e＜0，微小值為g(e)＝－2＜0，g(e4)＝e4－4(e＋1)－eq\f(1,e3).∵4(e＋1)＋eq\f(1,e3)＜4×4＋1＝17，e4＞2.74＞2.54＞62＝36，∴g(e4)＞0.因此f(x)在區(qū)間(0，e4]內(nèi)有唯一零點(diǎn)．4．(2024長春市一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)，其中a為實(shí)數(shù)，常數(shù)e＝2.718….(1)若x＝eq\f(1,3)是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求a的值；(2)當(dāng)a＝－4時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)當(dāng)a取正實(shí)數(shù)時(shí)，若存在實(shí)數(shù)m，使得關(guān)于x的方程f(x)＝m有三個(gè)實(shí)數(shù)根，求a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝eq\f(ax2－2ax＋1ex,1＋ax22)因?yàn)閤＝eq\f(1,3)是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，所以f′eq\f(1,3)＝0，即eq\f(1,9)a－eq\f(2,3)a＋1＝0，a＝eq\f(9,5).而當(dāng)a＝eq\f(9,5)時(shí)，ax2－2ax＋1＝eq\f(9,5)x2－2x＋eq\f(5,9)＝eq\f(9,5)x－eq\f(1,3)·x－eq\f(5,3)，可驗(yàn)證：x＝eq\f(1,3)是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)．因此a＝eq\f(9,5).(2)當(dāng)a＝－4時(shí)，f′(x)＝eq\f(－4x2＋8x＋1ex,1－4x22)令f′(x)＝0得－4x2＋8x＋1＝0，解得x＝1±eq\f(\r(5),2)，而x≠±eq\f(1,2).所以當(dāng)x改變時(shí)，f′(x)，f(x)的改變是x－∞，－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)，1－eq\f(\r(5),2)1－eq\f(\r(5),2)1－eq\f(\r(5),2)，eq\f(1,2)eq\f(1,2)，1＋eq\f(\r(5),2)1＋eq\f(\r(5),2)1＋eq\f(\r(5),2)，＋∞f′(x)－－0＋＋0－f(x)微小值極大值因此f(x)的單調(diào)增區(qū)間是1－eq\f(\r(5),2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1＋eq\f(\r(5),2)；f(x)的單調(diào)減區(qū)間是－∞，－eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，1－eq\f(\r(5),2)，1＋eq\f(\r(5),2)，＋∞；(3)當(dāng)a取正實(shí)數(shù)時(shí)，f′(x)＝eq\f(ax2－2ax＋1ex,1＋ax22)，令f′(x)＝0得ax2－2ax＋1＝0，當(dāng)a>1時(shí)，解得x1＝eq\f(a－\r(a2－a),a)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－a),a).f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，但是函數(shù)值恒大于零，極大值f(x1)，微小值f(x2)，并且依據(jù)指數(shù)函數(shù)和二次函數(shù)的改變速度可知當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)→＋∞，當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)＝eq\f(ex