备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第三章 §3.7 利用导数研究函数的零点

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题型一 利用函数性质研究函数的零点
例1 已知函数f(x)＝xsin x－1.
(1)讨论函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的单调性；
(2)证明：函数y＝f(x)在[0，π]上有两个零点．
(1)解 因为函数f(x)的定义域为R，
f(－x)＝－xsin(－x)－1＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，
又f′(x)＝sin x＋xcs x，且当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，又函数f(x)为偶函数，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，
综上，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减．
(2)证明 由(1)得，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，又f(0)＝－10，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内有且只有一个零点，
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcs x，
则g′(x)＝2cs x－xsin x，当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，g′(x)0，g(π)＝－πg(m)＝0，即f′(x)>0，则f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))上单调递增，
当x∈(m，π]时，有g(x)0，f(1)＝a－10，因为函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1－(a－1)ln a＋a－2＝(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e.
综上，a≤0或a＝1或a＝e.
题型二 数形结合法研究函数的零点
例2 (2023·郑州质检)已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)的零点个数．
解 (1)f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，且f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在R上单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln a，
当x0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，
当a＝0时，ex＝a(x－2)无解，∴f(x)无零点，
当a≠0时，eq \f(1,a)＝eq \f(x－2,ex)，
令φ(x)＝eq \f(x－2,ex)，x∈R，∴φ′(x)＝eq \f(3－x,ex)，
当x∈(－∞，3)时，φ′(x)>0；
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)eq \f(1,e3)，即0