高考专题1 第5讲 母题突破3　零点问题

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思路分析一
❶fx有零点
↓
❷fx的性质、草图
↓
❸求导，确定fx的性质
思路分析二
❶fx有零点
↓
❷a＝－xln x有解
↓
❸直线y＝a和曲线φx＝－xln x有交点
↓
❹求导确定φx的性质、草图
解 方法一 f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，x>0，
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(1)＝ln 1＋a＝a≤0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有1个零点．
②当a>0，则x∈(0，a)时，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
当x＝a时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝ln a＋1，
则ln a＋1≤0，即0又f(1)＝ln 1＋a＝a>0，
所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)上有零点．
综上所述，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))).
方法二 由f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)有零点可得，
a＝－xln x有解，
设φ(x)＝－xln x，则φ′(x)＝－ln x－1，
令φ′(x)<0，得x>eq \f(1,e)；
令φ′(x)>0，得0所以φ(x)＝－xln x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递减，且x→0时，φ(x)→0，x→＋∞时，φ(x)→－∞，
画出φ(x)＝－xln x的草图如图所示，当a≤eq \f(1,e)时，a＝－xln x有解，
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))).
[子题1] (2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)，
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故f(x)至多存在一个零点，不合题意．
②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．
(ⅰ)若0(ⅱ)若a>eq \f(1,e)，f(ln a)<0.
因为f(－2)＝e－2>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0.
所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝－a(x＋2)>eln(2a)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋2))－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点．
从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．
综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
[子题2] 已知函数f(x)＝ln x＋x，方程x2＝2mf(x)(m>0)有唯一实数解，求m.
解 因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，
所以x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解，
设g(x)＝x2－2mln x－2mx，
则g′(x)＝eq \f(2x2－2mx－2m,x)，
令g′(x)＝0，即x2－mx－m＝0.
因为m>0，x>0，
所以x1＝eq \f(m－\r(m2＋4m),2)<0(舍去)，
x2＝eq \f(m＋\r(m2＋4m),2)>0，
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在(x2，＋∞)上单调递增，
当x＝x2时，g′(x)＝0，g(x)取最小值g(x2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(gx2＝0，,g′x2＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,2)－2mln x2－2mx2＝0，,x\\al(2,2)－mx2－m＝0，))
所以2mln x2＋mx2－m＝0，
因为m>0，
所以2ln x2＋x2－1＝0，(*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，h′(x)＝eq \f(2,x)＋1，
因为当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)＝0至多有一解，
因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，
即eq \f(m＋\r(m2＋4m),2)＝1，解得m＝eq \f(1,2).
规律方法 解函数零点问题的一般思路
(1)对函数求导．
(2)分析函数的单调性，极值情况．
(3)结合函数性质画函数的草图．
(4)依据函数草图确定函数零点情况．
跟踪演练
1．(2019·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1).讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．
解 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，＋∞)上单调递增．
因为f(e)＝1－eq \f(e＋1,e－1)＝eq \f(－2,e－1)<0，
f(e2)＝2－eq \f(e2＋1,e2－1)＝eq \f(e2－3,e2－1)>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1，即f(x1)＝0.
又0故f(x)在(0,1)上有唯一零点eq \f(1,x1).
综上，f(x)有且仅有两个零点．
2．已知函数f(x)＝ax2－1－2ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥0；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
(1)证明 当a＝1时，f(x)＝x2－1－2ln x(x>0)，
f(1)＝0.
f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x＋1x－1,x)，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，函数f(x)取得最小值，
∴f(x)≥f(1)＝0，即f(x)≥0.
(2)解 方法一 f′(x)＝2ax－eq \f(2,x)(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，至多有一个零点，不符合题意．
当a>0时，f′(x)＝2ax－eq \f(2,x)＝eq \f(2a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(a))))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,\r(a)))),x)，
可得当x＝eq \f(1,\r(a))时，函数f(x)取得最小值．
当x→0时，f(x)→＋∞；当x→＋∞时，f(x)→＋∞.
∵函数f(x)有两个零点，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))))＝1－1－2ln eq \f(1,\r(a))＝ln a<0，
解得0∴实数a的取值范围是(0,1)．
方法二 由f(x)＝ax2－1－2ln x＝0，
得a＝eq \f(1＋2ln x,x2)，
设h(x)＝eq \f(1＋2ln x,x2)，
∵f(x)有两个零点，∴a＝h(x)有两个解，
又h′(x)＝eq \f(\f(2,x)·x2－1＋2ln x·2x,x4)＝－eq \f(4ln x,x3)，
由h′(x)>0，得ln x<0，∴0由h′(x)<0，得ln x>0，∴x>1，
∴函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，
当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0，
画出h(x)＝eq \f(1＋2ln x,x2)的草图，如图所示，
由a＝h(x)有两个解，可知0专题强化练
1．(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
(1)解 当a＝3时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).
当x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)，单调递减区间为(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))．
(2)证明 因为x2＋x＋1>0在R上恒成立，
所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq \f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0在R上恒成立，
当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq \f(1,3)＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))2－eq \f(1,6)<0，
f(3a＋1)＝eq \f(1,3)>0，故f(x)有一个零点．
综上所述，f(x)只有一个零点．
2．已知函数f(x)＝ln x－x＋2sin x，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求证：f′(x)在(0，π)上存在唯一零点；
(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点．
证明 (1)设g(x)＝f′(x)＝eq \f(1,x)－1＋2cs x，
当x∈(0，π)时，g′(x)＝－2sin x－eq \f(1,x2)<0，
所以g(x)在(0，π)上单调递减，
又因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(3,π)－1＋1>0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(2,π)－1<0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上有唯一的零点α，所以命题得证．
(2)①由(1)知，当x∈(0，α)时，f′(x)>0，f(x)在(0，α)上单调递增；当x∈(α，π)时，f′(x)<0，f(x)在(α，π)上单调递减，所以f(x)在(0，π)上存在唯一的极大值点αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)<α<\f(π,2)))，
所以f(α)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝ln eq \f(π,2)－eq \f(π,2)＋2>2－eq \f(π,2)>0，
又因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－2－eq \f(1,e2)＋2sin eq \f(1,e2)<－2－eq \f(1,e2)＋2<0，
所以f(x)在(0，α)上恰有一个零点，
又因为f(π)＝ln π－π<2－π<0，
所以f(x)在(α，π)上也恰有一个零点．
②当x∈[π，2π)时，sin x≤0，f(x)≤ln x－x，
设h(x)＝ln x－x，则h′(x)＝eq \f(1,x)－1<0，
所以h(x)在[π，2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)<0，
所以当x∈[π，2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，
所以f(x)在[π，2π)上没有零点．
③当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤ln x－x＋2，
设φ(x)＝ln x－x＋2，则φ′(x)＝eq \f(1,x)－1<0，
所以φ(x)在[2π，＋∞)上单调递减，所以φ(x)≤φ(2π)<0，
所以当x∈[2π，＋∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立，
所以f(x)在[2π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有两个不同的零点．