小測(cè)卷(十三)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問題1．解：(1)由f′(x)＝ex＋cosx＋sinx，設(shè)h(x)＝ex＋cosx＋sinx，則h′(x)＝ex－sinx＋cosx，當(dāng)x≥0時(shí)，設(shè)p(x)＝ex－x－1，q(x)＝x－sinx，∵p′(x)＝ex－1≥0，q′(x)＝1－cosx≥0，∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0，∴當(dāng)x≥0時(shí)，ex≥x＋1，x≥sinx，則h′(x)＝ex－sinx＋cosx≥x＋1－sinx＋cosx＝(x－sinx)＋(1＋cosx)≥0，∴函數(shù)h(x)＝ex＋cosx＋sinx在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)≥h(0)＝2，即當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)≥2.(2)由已知得g(x)＝ex＋sinx－cosx－2x－1，①當(dāng)x≥0時(shí)，∵g′(x)＝ex＋cosx＋sinx－2＝f′(x)－2≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又∵g(0)＝－1<0，g(π)＝eπ－2π>0，∴由零點(diǎn)存在定理可知g(x)在[0，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)，②當(dāng)x<0時(shí)，設(shè)m(x)＝2?sinx?cosxex(x<0)，則∴m(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，∴m(x)>m(0)＝1，∴ex＋cosx＋sinx－2<0，∴g′(x)＝ex＋cosx＋sinx－2<0，∴g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，又∵g(0)＝－1<0，g(－π)＝e－π＋2π>0，∴由零點(diǎn)存在定理可知g(x)在(－∞，0)上僅有一個(gè)零點(diǎn)，綜上所述，g(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．2．解：(1)f(x)＝2ex－x2－2(x－1)，f′(x)＝2e令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝2(ex－1)，令g′(x)>0，解得x>0，令g′(x)<0，解得x<0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)＝g(x)≥g(0)＝0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為R，無單調(diào)遞減區(qū)間．(2)若g(x)＝f(x)＋(a－2)ex＝aex－x2－2(x－1)有兩個(gè)極值點(diǎn)，即g′(x)＝aex－2x－2有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)．令h(x)＝g′(x)＝aex－2x－2，①當(dāng)a<0時(shí)，h(x)＝aex－2x－2在R上單調(diào)遞減，最多只有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意；②當(dāng)a≥2時(shí)，h(x)＝aex－2x－2≥2(ex－x－1)，由(1)ex>x＋1，知h(x)＝aex－2x－2≥2(ex－x－1)≥0，最多只有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．③當(dāng)0<a<2時(shí)，令h′(x)＝aex－2＝0，得x＝ln2a當(dāng)x∈?∞，ln2a，h′(x)<0，當(dāng)x∈ln2a所以h(x)在?∞，ln2a則h(x)≥hln2a＝2－2ln2a而當(dāng)0<a<2時(shí)，ln2a>0，hln2a又h(－1)＝ae>0，根據(jù)零點(diǎn)存在定理可知?x1∈?1，使得h(x1)＝0，h2ln4a令4a＝t∈(2，＋∞)，則(*)式>4[(t－1)－lnt所以?x2∈ln2a，2ln4a又h(x)在?∞，ln2a故h(x)在?∞，ln2a有唯一零點(diǎn)x1，在ln2綜上知：若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，則a的取值范圍為(0，2)．3．解：(1)設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)，∴h′(x)＝2x?1+3∴當(dāng)x∈(0，3)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減．∴h(x)的最大值為h(3)＝2ln3－3＝2ln3∴f(x)<g(x)．(2)令F(x)＝ex－2lnx－4，則F′(x)＝ex－2x令t(x)＝F′(x)＝ex－2x又由t′(x)＝ex＋2x2>0，得t(x)＝F′(x)在(0，＋∞又∵t12<0，t(1)>0，∴存在x0∈12，1，使t(x0)＝0，即ex0＝2x0，且當(dāng)x∈∴F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵ex0＝2x0，∴l(xiāng)nex0＝ln2x0，即x0＝ln2－lnx∴F(x)min＝F(x0)＝ex0－2lnx0－4＝2x0－2lnx由于y＝1x0＋x0在F(x0)＝21x0+x又F(2)＝e2－2ln2－4>0，F(xiàn)(1)＝e1－2ln1－4＝e－4<0，F(xiàn)(e-2)＝ee?2－2lne-2－4＝故由零點(diǎn)存在性定理知必存在實(shí)數(shù)x1∈1e2，1，x2綜上，函數(shù)F(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即方程f(x)＝ex的兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1，x2滿足1e2<x1<1<x4．解：(1)由題意知，函數(shù)f(x)＝sin(x－1)－lnx的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝cos(x－1)－1x令g(x)＝f′(x)＝cos(x－1)－1x，x∈0，1+所以g′(x)＝－sin(x－1)＋1x2，x∈令h(x)＝g′(x)＝－sin(x－1)＋1x2，x∈則h′(x)＝－cos(x－1)－2x當(dāng)x∈0，1+π2時(shí)，cos(x－1)>0，2x3>0，所以h′(x)＝－cos(即h(x)＝g′(x)＝－sin(x－1)＋1x2在x∈又h(1)＝g′(1)＝1>0，h(2)＝g′(2)＝－sin1＋14<14－sinh1+π2＝g′1+π2＝－sin則存在x∈(0，2)，使得h(x0)＝g′(x0)＝0，即存在x∈0，1+π2，使得h(x0)＝g′(x所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h(x)＝g′(x)>0，當(dāng)x∈x0，1+π2時(shí)，h(x)＝所以x＝x0為g(x)＝f′(x)＝cos(x－1)－1x故f′(x)在區(qū)間0，1+π2上存在唯一極大值點(diǎn)x(2)由(1)知，f′(x)＝cos(x－1)－1x，x∈(0，＋∞①當(dāng)x∈0，1+π2時(shí)，由(1)知，f′(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在又f′(1)＝cos0－1＝0，f′1+π2＝cosf′π2＝cosπ2?1?1所以存在α∈π2，1+π2，使得所以當(dāng)x∈(0，1)，α，1+π2時(shí)，f′(x)<0，f(當(dāng)x∈(1，α)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，又f(1)＝sin0－ln1＝0，f1+π2＝sinπ2所以當(dāng)x∈0，1+π2時(shí)，f(x)