2025届高考数学二轮专题复习与测试专题4导数与函数零点

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(2024·郑州三模)已知函数f(x)＝eax－x.
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的零点个数．
【解】 (1)若a＝2，则f(x)＝e2x－x，f′(x)＝2e2x－1.
又f(1)＝e2－1，则切点为(1，e2－1)，
曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的斜率k＝f′(1)＝2e2－1，
故所求切线方程为y－(e2－1)＝(2e2－1)(x－1)，
即y＝(2e2－1)x－e2.
(2)由题得f′(x)＝aeax－1.
①当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减，又f(0)＝1＞0，f(1)＝ea－1≤0.
故f(x)存在一个零点，此时f(x)的零点个数为1.
②当a＞0时，令f′(x)＜0得x＜－ eq \f(ln a,a) ，
令f′(x)＞0得x＞－ eq \f(ln a,a) ，
所以f(x)在(－∞，－ eq \f(ln a,a) )上单调递减，在(－ eq \f(ln a,a) ，＋∞)上单调递增．
故f(x)min＝f(－ eq \f(ln a,a) )＝ eq \f(1＋ln a,a) .
当a＝ eq \f(1,e) 时，f(x)min＝0，此时f(x)有一个零点；
当a＞ eq \f(1,e) 时，f(x)min>0，此时f(x)没有零点；
当0＜a＜ eq \f(1,e) 时，f(x)min0，
f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ＋ eq \f(1,ex) ＝ eq \f(x－e,ex2) ，
令f′(x)＞0，则x＞e；
令f′(x)＜0，则0＜x＜e，
故f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e).
(2)由f(x)＝ eq \f(a,x) ＋ eq \f(ln x,e) －1＝0，
得a＝x－ eq \f(x ln x,e) ，x＞0，
令φ(x)＝x－ eq \f(x ln x,e) ，x＞0，
则φ′(x)＝ eq \f(e－1－ln x,e) ，x＞0，
当0＜x＜ee－1时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，ee－1)上单调递增，
当x＞ee－1时，φ′(x)＜0，φ(x)在(ee－1，＋∞)上单调递减，
故φ(x)max＝φ(ee－1)＝ eq \f(ee－1（e－ln ee－1）,e) ＝ee－2，
又φ(x)＝ eq \f(x（e－ln x）,e) ，x＞0，
当0＜x＜ee时，φ(x)＞0，
当x＞ee时，φ(x)＜0，
当x→0时，φ(x)→0，
作出函数y＝φ(x)，x＞0的图象如图，
故当a≤0或a＝ee－2时，y＝a与y＝φ(x)的图象有1个交点，即f(x)＝ eq \f(a,x) ＋ eq \f(ln x,e) －1有1个零点；
当0＜a＜ee－2时，y＝a与y＝φ(x)的图象有2个交点，即f(x)＝ eq \f(a,x) ＋ eq \f(ln x,e) －1有2个零点；
当a＞ee－2时，y＝a与y＝φ(x)的图象无交点，即f(x)＝ eq \f(a,x) ＋ eq \f(ln x,e) －1无零点．
大题考法2 已知零点个数求参数
(2024·汕头三模)已知函数f(x)＝x(ex－ax2).
(1)若曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线与y轴垂直，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求实数a的值．
【解】 (1)函数f(x)＝x(ex－ax2)的定义域为R，
f′(x)＝(x＋1)ex－3ax2，
依题意，f′(－1)＝－3a＝0，
则a＝0，f(x)＝xex，f′(x)＝(1＋x)ex，
当x＜－1时，f′(x)＜0，
当x＞－1时，f′(x)＞0，
因此函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝－ eq \f(1,e) ，无极大值．
(2)由题意，设g(x)＝ex－ax2，
则函数g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，
即a＝ eq \f(ex,x2) 在(0，＋∞)上只有一个解，则曲线y＝ eq \f(ex,x2) (x＞0)与直线y＝a只有一个公共点，令φ(x)＝ eq \f(ex,x2) (x＞0)，得φ′(x)＝ eq \f(ex（x－2）,x3) ，当00)的大致图象，如图所示，
当g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝φ(2)＝ eq \f(e2,4) ，所以f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝ eq \f(e2,4) .
根据函数零点个数确定参数范围的常用方法
(1)分离参数法：先分离参数，再通过求导求出分离参数后构造的新函数的最值，根据条件，通过数形结合构建关于参数的不等式，解不等式确定参数范围．
(2)分类讨论法：结合单调性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，再将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求．
(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－ eq \f(1,x) －(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：(1)当a＝0时，f(x)＝－ eq \f(1,x) －ln x(x>0)，所以f′(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(1,x) ＝ eq \f(1－x,x2) .
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0)，得f′(x)＝a＋ eq \f(1,x2) － eq \f(a＋1,x) ＝ eq \f(（ax－1）（x－1）,x2) (x>0).
当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点；
当a0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)1，易得f(x)在(0， eq \f(1,a) )，(1，＋∞)上单调递增，在( eq \f(1,a) ，1)上单调递减，因为f(1)＝a－1>0，所以
f( eq \f(1,a) )>f(1)>0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x)在(0， eq \f(1,a) )上必有一个零点，所以a>1满足条件；
若00，得00，得1≤x< eq \r(e) ；令g′(x)1，且f(x)存在三个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意知g(x)＝ eq \f(f（x）,x) ＋ex＝ eq \f(ax,x) (x≠0)，
则g′(x)＝ eq \f(ax（x ln a－1）,x2) (x≠0).
当00，令g′(x)＝0，解得x＝ eq \f(1,ln a) .
当x> eq \f(1,ln a) 时，g′(x)>0；
当x< eq \f(1,ln a) ，且x≠0时，g′(x)0时，p(x)＝ eq \f(1＋2ln x,x) ，于是p′(x)＝ eq \f(1－2ln x,x2) ，
所以当x∈(0， eq \r(e) )时，p′(x)>0，p(x)单调递增；
当x∈( eq \r(e) ，＋∞)时，p′(x)1，所以ln a>0，所以当0