课后习题(二十三) 利用导数解决函数的零点问题
1．解： (1)f ′(x)＝3x2－k．
当k＝0时，f (x)＝x3，故f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当k＜0时，f ′(x)＝3x2－k＞0，故f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当k＞0时，令f ′(x)＝0，得x＝±．
当x∈时，f ′(x)＞0；
当x∈时，f ′(x)＜0；
当x∈时，f ′(x)＞0，
故f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当k≤0时，f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f (x)不可能有三个零点．
当k＞0时，x＝－为f (x)的极大值点，x＝为f (x)的极小值点．此时，－k－1＜－＜＜k＋1且f (－k－1)＜0，f (k＋1)＞0，f＞0．根据f (x)的单调性，当且仅当f＜0，即k2－＜0时，f (x)有三个零点，解得k＜．因此k的取值范围为．
2．解： 由f (x)＝0，得x2－2x＋1－a＝．
令g(x)＝，
则函数f (x)恒有两个零点等价于函数y＝x2－2x＋1－a与y＝g(x)的图象有两个交点．
g′(x)＝，
令g′(x)>0，得x<1；
令g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝．
作出函数y＝x2－2x＋1－a＝(x－1)2－a与y＝g(x)的图象，如图所示，由数形结合可得－a<，解得a>－，故实数a的取值范围是．
3．A [令g(x)＝x3－3x＋1，则g′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
当x>1或x<－1时，g′(x)>0，函数单调递增，当－1又g(1)＝1－3＋1＝－1，
g(－1)＝－1＋3＋1＝3，
g(x)＝x3－3x＋1的大致图象如图，
故m∈(－1，3)．故选A．]
4．BCD [由题意，f (x)＝ln x－＝ln x－1－，
对于选项A，易知x>0且x≠1，故选项A错误；
对于选项B，因为f ′(x)＝，则f ′(2)＝＝，故选项B正确；
对于选项C，因为f＝－ln x－＝－ln x＋，
所以f＋f (x)＝0，故选项C正确；
对于选项D，由选项A可知f (x)＝ln x－1－，易知f (x)在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增，
因为f (e)＝ln e－1－＝－<0，
f (e2)＝ln e2－1－＝1－＝>0，
所以 x0∈(e，e2)，使得f (x0)＝ln x0－＝0，
又因为<<，则0<<1，结合选项C，得f＝－f (x0)＝0，
即 也是f (x)的零点，则x1＝x0，x2＝，故x1x2＝1，故选项D正确．故选BCD．]
5．解： (1)已知f (x)＝x2－mx－1，函数定义域为R，可得f ′(x)＝2x－m，
当x＜时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
当x＞时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
所以当x＝时，函数f (x)取得极小值，
若f (x)在区间(－2，1)上恰有一个极值点，此时－2＜＜1，
解得－4＜m＜2，则实数m的取值范围为(－4，2)．
(2)已知g(x)＝x ln x－1，函数定义域为(0，＋∞)，
可得g′(x)＝ln x＋1，
当0＜x＜时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x＞时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以当x＝时，函数g(x)取得极小值，
当0＜x＜时，ln x＜－1，即x ln x－1＜0，
此时函数g(x)在上无零点；
当x＞时，易知g＝－－1＜0，g(e)＝e－1＞0，
所以函数g(x)在上存在唯一一个零点，
综上，g(x)有1个零点．
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1．(人教B版选择性必修第三册P114复习题C组T1改编)已知函数f (x)＝x3－kx＋k2．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有三个零点，求k的取值范围．
2．(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T19改编)若函数f (x)＝ex(x2－2x＋1－a)－x恒有两个零点，求实数a的取值范围．
3．(2024·咸阳期末)已知函数f (x)＝x3－3x＋1－m有三个零点，则实数m的取值范围是( )
[A] (－1，3)
[B] (－∞，－1)∪(3，＋∞)
[C] (－2，2)
[D] (－∞，－2)∪(2，＋∞)
4．(多选)(2024·广东广州二模)已知函数f (x)＝ln x－，则( )
[A] f (x)的定义域为(0，＋∞)
[B] f (x)的图象在(2，f (2))处的切线斜率为
[C] f＋f (x)＝0
[D] f (x)有两个零点x1，x2，且x1x2＝1
5．(2024·石家庄模拟节选)已知函数f (x)＝x2－mx－1，g(x)＝x ln x－1．
(1)若f (x)在区间(－2，1)上恰有一个极值点，求实数m的取值范围；
(2)求g(x)的零点个数．
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