新高考数学二轮复习 第1部分 专题1 第5讲 母题突破3　零点问题（含解析）

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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.
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00，
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)eq \f(1,e)；
令φ′(x)>0，得00时，由f′(x)＝0，可得x＝ln a.
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0eq \f(1,e)，f(ln a)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)＝ SKIPIF 1 < 0 －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，
当x∈(0，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，
所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1，即f(x1)＝0.
又00)，
当a≤0时，f′(x)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