高考数学复习核心专题突破(一)　微专题2　利用导数研究函数的零点问题（导学案）

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[典例1](2022·陇南模拟)已知函数f(x)=x+1ex-a(a∈R),讨论f(x)的零点个数.
【解题指南】令f(x)=0,可得a=x+1ex,令g(x)=x+1ex,利用导数的方法研究其单调性及最值,从而讨论a的取值范围,进而得到函数零点的个数.
解析：令f(x)=x+1ex-a=0,得a=x+1ex,
设g(x)=x+1ex,则g'(x)=ex−(x+1)ex(ex)2=−xex,
当x>0时,g'(x)0,f(x)单调递增;
在(1a,1)上,f'(x)0,
由(1)得当01-1x,
所以ln x>2(1-1x),
此时f(x)=ax-1x-(a+1)ln x0,f(x)单调递增;
当x∈2ln2,+∞时,f'(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.
当a≤0时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
故f(x)至多存在1个零点,不合题意;
当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)0,
故f(x)在(ln a,+∞)上单调递增,
故f(x)min=f(ln a)=a-aln a.
当00,故g(x)在1a,+∞上单调递增,
故g(x)min=g1a=1-ln1a.
因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,
故1-ln1a=a-aln a,整理得到a−11+a=ln a,其中a>0,
设t(a)=a−11+a-ln a,a>0,
则t'(a)=2(1+a)2-1a=−a2−1a(1+a)21时,考虑ex-x=b的解的个数,x-ln x=b的解的个数.
设S(x)=ex-x-b,S'(x)=ex-1,
当x0,
故S(x)在(-∞,0)上单调递减,
在(0,+∞)上单调递增,
所以S(x)min=S(0)=1-b0,S(b)=eb-2b,
设u(b)=eb-2b,其中b>1,则u'(b)=eb-2>0,
故u(b)在(1,+∞)上单调递增,
故u(b)>u(1)=e-2>0,
故S(b)>0,故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点,即ex-x=b的解的个数为2.
设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=x−1x,
当00,
故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以T(x)min=T(1)=1-b0,T(eb)=eb-2b>0,
T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点,
即x-ln x=b的解的个数为2.
当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,ex-x=b仅有一个零点,
当b1.
设h(x)=ex+ln x-2x,其中x>0,
故h'(x)=ex+1x-2,
设s(x)=ex-x-1,x>0,则s'(x)=ex-1>0,
故s(x)在(0,+∞)上单调递增,
故s(x)>s(0)=0,即ex>x+1,
所以h'(x)>x+1x-1≥2-1>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
而h(1)=e-2>0,h(1e3)=e1e3-3-2e30,f(x)单调递增;
x∈(α,π)时,f'(x)f(π2)=lnπ2-π2+2>2-π2>0,
又因为f(1e2)=-2-1e2+2sin1e2