备考2024届高考数学一轮复习好题精练第三章一元函数的导数及其应用突破4利用导数解决零点问题命题点1根据函数零点个数求参数

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例1 [2022全国卷乙]已知函数f（x）＝ax－1x－（a＋1）ln x.
（1）当a＝0时，求f（x）的最大值；
（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围.
解析 （1）当a＝0时，f（x）＝－1x－ln x（x＞0），所以f'（x）＝1x2－1x＝1－xx2.
当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
所以f（x）max＝f（1）＝－1.
（2）由f（x）＝ax－1x－（a＋1）ln x（x＞0），得f'（x）＝a＋1x2－a+1x＝（ax－1)(x－1）x2（x＞0）.
当a＝0时，由（1）可知，f（x）不存在零点.
当a＜0时，f'（x）＝a（x－1a)(x－1）x2，
若x∈（0，1），则f'（x）＞0，f（x）单调递增；
若x∈（1，＋∞），则f'（x）＜0，f（x）单调递减.
所以f（x）max＝f（1）＝a－1＜0，
所以f（x）不存在零点.
当a＞0时，f'（x）＝a（x－1a)(x－1）x2，
若a＝1，则f'（x）≥0（当且仅当x＝1时“＝”成立），f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（1）＝a－1＝0，所以函数f（x）恰有一个零点；
若a＞1，则f（x）在（0，1a），（1，＋∞）上单调递增，在（1a，1）上单调递减，因为
f（1）＝a－1＞0，
所以f（1a）＞f（1）＞0，当x→0＋时，f（x）→－∞，
由零点存在定理可知f（x）在（0，1a）上必有一个零点，所以a＞1满足条件；
若0＜a＜1，则f（x）在（0，1），（1a，＋∞）上单调递增，在（1，1a）上单调递减，因为f（1）＝a－1＜0，
所以f（1a）＜f（1）＜0，
当x→＋∞时，f（x）→＋∞，由零点存在定理可知f（x）在（1a，＋∞）上必有一个零点，即0＜a＜1满足条件.
综上，若f（x）恰有一个零点，则a的取值范围为（0，＋∞）.
方法技巧
已知函数零点个数求参数的方法
（1）数形结合法：先根据函数的性质画出图象，再根据函数零点个数的要求数形结合求解；
（2）分离参数法：由f（x）＝0分离出参数a，得a＝φ（x），利用导数求函数y＝φ（x）的单调性、极值和最值，根据直线y＝a与y＝φ（x）的图象的交点个数得参数a的取值范围；
（3）分类讨论法：先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数的范围.
训练1 [2021全国卷甲]已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝xaax（x＞0）.
（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；
（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围.
解析 （1）当a＝2时，f（x）＝x22x（x＞0），
f'（x）＝x（2－xln2）2x（x＞0），
令f'（x）＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f（x）单调递增；
令f'（x）＜0，则x＞2ln2，此时函数f（x）单调递减.
所以函数f（x）的单调递增区间为（0，2ln2），单调递减区间为（2ln2，＋∞）.
（2）曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，可转化为方程xaax＝1（x＞0）有两个不同的解，即方程lnxx＝lnaa有两个不同的解.
设g（x）＝lnxx（x＞0），则g'（x）＝1－lnxx2（x＞0），
令g'（x）＝0，得x＝e，
当0＜x＜e时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增；
当x＞e时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减.
故g（x）max＝g（e）＝1e，且当x＞e时，g（x）∈（0，1e）.
又g（1）＝0，所以0＜lnaa＜1e，
所以a＞1且a≠e，
即a的取值范围为（1，e）∪（e，＋∞）.