2021年高考理科数学一轮复习：专题3.6 高考解答题热点题型（三）利用导数探究函数的零点问题 题型全归纳与高效训练突破

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc439" 一、题型全归纳 PAGEREF _Tc439 1
\l "_Tc10901" 题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数 PAGEREF _Tc10901 1
\l "_Tc1253" 题型二 已知零点存在情况求参数范围 PAGEREF _Tc1253 4
\l "_Tc20011" 题型三 函数零点性质研究 PAGEREF _Tc20011 6
\l "_Tc9449" 二、高效训练突破 PAGEREF _Tc9449 9
一、题型全归纳
题型一 判断、证明或讨论函数零点的个数
【题型要点】判断函数零点个数的3种方法
【例1】（2020年新课标全国三卷）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）因为，
由题意，，即
则；
（2）由（1）可得，
，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
【例2】(2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：
(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
【证明】 (1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cs x－eq \f(1,1＋x)，g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,（1＋x）2).
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，
故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
(ⅰ)当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，
故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点．
(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．
又f(0)＝0，＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而f(x)在有零点．
(ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．
(ⅳ)当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，＋∞))时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
题型二 已知零点存在情况求参数范围
【题型要点】解决此类问题常从以下两个方面考虑
(1)根据区间上零点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足条件．
(2)先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．
【例1】(2020·重庆调研)设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．
【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，
f′(x)＝－2x－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(－2x2－x＋1,x)，
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2)(负值舍去)．
当0＜x＜eq \f(1,2)时，f′(x)＞0.当x＞eq \f(1,2)时，f′(x)＜0，
所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－eq \f(ln x,x)，
令g(x)＝x－eq \f(ln x,x)，其中x∈，
则g′(x)＝1－eq \f(\f(1,x)·x－ln x,x2)＝eq \f(x2＋ln x－1,x2)，令g′(x)＝0，得x＝1，当eq \f(1,3)≤x＜1时，g′(x)＜0，当1＜x≤3时，g′(x)＞0，所以g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1，3]，
所以g(x)min＝g(1)＝1，
由于函数f(x)在上有两个零点，＝3ln 3＋eq \f(1,3)，g(3)＝3－eq \f(ln 3,3)，3ln 3＋eq \f(1,3)＞3－eq \f(ln 3,3)，
所以实数a的取值范围是.
【例2】已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
【解析】(1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
故h(2)＝1－eq \f(4a,e2)是h(x)在(0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝eq \f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞eq \f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以
h(4a)＝1－eq \f(16a3,e4a)＝1－eq \f(16a3,（e2a）2)＞1－eq \f(16a3,（2a）4)＝1－eq \f(1,a)＞0，
故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝eq \f(e2,4).
题型三 函数零点性质研究
【题型要点】本题型包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．
能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．
【例1】 (2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
【解】 (1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,（x－1）2)>0，所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增．
因为f(e)＝1－eq \f(e＋1,e－1)0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1，即f(x1)＝0.
又0