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新高考高考数学一轮复习巩固练习3.8第26练《高考大题突破练—零点问题》（2份打包，解析版+原卷版）
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考点一 判断、证明或讨论函数零点个数
1．已知函数f(x)＝ex－x－a(a∈R)．
(1)当a＝0时，求证：f(x)>x；
(2)讨论函数f(x)在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．
(1)证明 当a＝0时，f(x)＝ex－x，
令g(x)＝f(x)－x＝ex－x－x＝ex－2x，
则g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x当x>ln 2时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以x＝ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，
即g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln 2))＝eln 2－2ln 2＝2ln eq \f(e,2)>0，
故当a＝0时，f(x)>x成立．
(2) 解 f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0.
所以当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以x＝0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，
即f(x)min＝f(0)＝1－a.
当1－a>0，即a<1时，f(x)在R上没有零点．
当1－a＝0，即a＝1时，f(x)在R上只有一个零点．
当1－a<0，即a>1时，
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a))＝e－a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a))－a＝e－a>0，
所以f(x)在(－∞，0)内只有一个零点；
由(1)得ex>2x，令x＝a，得ea>2a，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))＝ea－a－a＝ea－2a>0，
于是f(x)在(0，＋∞)内有一个零点；
因此，当a>1时，f(x)在R上有两个零点．
综上，当a<1时，函数f(x)在R上没有零点；
当a＝1时，函数f(x)在R上有一个零点；
当a>1时，函数f(x)在R上有两个零点．
2．已知函数f(x)＝(2－a)cs x－xsin x.
(1)当a＝0时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当1解 (1)当a＝0时，函数f(x)＝2cs x－xsin x，f(0)＝2.
f′(x)＝－2sin x－sin x－xcs x＝－3sin x－xcs x,
∴切线的斜率k＝f′(0)＝0,
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2.
(2)f′(x)＝(a－3)sin x－xcs x，
因为1所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
因为f(0)＝2－a>0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2)<0,
所以存在唯一x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得f(x0)＝0，
即f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有一个零点，
因为f(－x)＝(2－a)cs(－x)＋xsin (－x)
＝(2－a)cs x－xsin x＝f(x)，
所以f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上有且只有一个零点，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有2个零点．
考点二 已知零点个数求参数
3．已知函数f(x)＝ax2＋ln x＋1(a∈R)．
(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有且只有两个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
则f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，
即2ax＋eq \f(1,x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，
所以a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2x2)))min，
因为y＝－eq \f(1,2x2)在(1，＋∞)上单调递增，
故a≤－eq \f(1,2).
(2)由f(x)＝ax2＋ln x＋1＝0，
得a＝－eq \f(ln x＋1,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)令g(x)＝－eq \f(ln x＋1,x2)，
求导得g′(x)＝－eq \f(\f(1,x)·x2－2x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋1)),x4)＝eq \f(2ln x＋1,x3).
令g′(x)＝0，得x＝，
当e－1当0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－1，))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(，e))上单调递增，
所以g(x)min＝g＝－eq \f(ln ＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1())2)＝－eq \f(e,2).
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝－eq \f(2,e2)，
作出函数g(x)＝－eq \f(ln x＋1,x2)和y＝a的大致图象如图所示，
欲使它们有两个交点，当且仅当－eq \f(e,2)故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e,2)，－\f(2,e2))).
4．已知函数f(x)＝cs x＋xsin x.
(1)讨论f(x)在[－2π，2π]上的单调性；
(2)求函数g(x)＝f(x)－eq \f(1,4)x2－1的零点个数．
解 (1)因为f(－x)＝cs(－x)－xsin (－x)＝cs x＋xsin x＝f(x)，x∈R，
所以f(x)是R上的偶函数，也是[－2π，2π]上的偶函数．
当x∈[0,2π]时，f′(x)＝xcs x，
令f′(x)≥0，得0≤x≤eq \f(π,2)或eq \f(3π,2)≤x≤2π，
令f′(x)≤0，得eq \f(π,2)≤x≤eq \f(3π,2)，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，
因为f(x)是偶函数，所以当x∈[－2π，0]时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2π，－\f(3π,2)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，－\f(π,2)))上单调递增．
综上所述，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2π，－\f(3π,2)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，－\f(π,2)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递增．
(2)由(1)得g(－x)＝f(－x)－eq \f(1,4)(－x)2－1＝g(x)，
所以g(x)是R上的偶函数．
(ⅰ)当x∈[0,2π]时，g′(x)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(1,2)))，
令g′(x)≥0，得0≤x≤eq \f(π,3)或eq \f(5π,3)≤x≤2π，
令g′(x)≤0，则eq \f(π,3)≤x≤eq \f(5π,3)，
所以g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，2π))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,3)))上单调递减．
因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>g(0)＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))＝eq \f(5π,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))－eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))2－eq \f(1,2)<0，g(2π)＝－π2<0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,3)))上有一个零点，所以g(x)在[0,2π]上有两个零点．
(ⅱ)当x∈(2π，＋∞)时，g(x)＝cs x＋xsin x－eq \f(1,4)x2－1≤x－eq \f(1,4)x2<0，
所以g(x)在(2π，＋∞)上没有零点．
由(ⅰ)(ⅱ)及g(x)是偶函数可得g(x)在R上有三个零点．
考点一 判断、证明或讨论函数零点个数
1．已知函数f(x)＝ex－x－a(a∈R)．
(1)当a＝0时，求证：f(x)>x；
(2)讨论函数f(x)在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．
(1)证明 当a＝0时，f(x)＝ex－x，
令g(x)＝f(x)－x＝ex－x－x＝ex－2x，
则g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x
所以x＝ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，
即g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln 2))＝eln 2－2ln 2＝2ln eq \f(e,2)>0，
故当a＝0时，f(x)>x成立．
(2) 解 f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0.
所以当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以x＝0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，
即f(x)min＝f(0)＝1－a.
当1－a>0，即a<1时，f(x)在R上没有零点．
当1－a＝0，即a＝1时，f(x)在R上只有一个零点．
当1－a<0，即a>1时，
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a))＝e－a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a))－a＝e－a>0，
所以f(x)在(－∞，0)内只有一个零点；
由(1)得ex>2x，令x＝a，得ea>2a，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))＝ea－a－a＝ea－2a>0，
于是f(x)在(0，＋∞)内有一个零点；
因此，当a>1时，f(x)在R上有两个零点．
综上，当a<1时，函数f(x)在R上没有零点；
当a＝1时，函数f(x)在R上有一个零点；
当a>1时，函数f(x)在R上有两个零点．
2．已知函数f(x)＝(2－a)cs x－xsin x.
(1)当a＝0时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当1
f′(x)＝－2sin x－sin x－xcs x＝－3sin x－xcs x,
∴切线的斜率k＝f′(0)＝0,
∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2.
(2)f′(x)＝(a－3)sin x－xcs x，
因为1
因为f(0)＝2－a>0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2)<0,
所以存在唯一x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得f(x0)＝0，
即f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且只有一个零点，
因为f(－x)＝(2－a)cs(－x)＋xsin (－x)
＝(2－a)cs x－xsin x＝f(x)，
所以f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上有且只有一个零点，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有2个零点．
考点二 已知零点个数求参数
3．已知函数f(x)＝ax2＋ln x＋1(a∈R)．
(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有且只有两个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
则f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，
即2ax＋eq \f(1,x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，
所以a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2x2)))min，
因为y＝－eq \f(1,2x2)在(1，＋∞)上单调递增，
故a≤－eq \f(1,2).
(2)由f(x)＝ax2＋ln x＋1＝0，
得a＝－eq \f(ln x＋1,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)
求导得g′(x)＝－eq \f(\f(1,x)·x2－2x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋1)),x4)＝eq \f(2ln x＋1,x3).
令g′(x)＝0，得x＝，
当e－1
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－1，))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(，e))上单调递增，
所以g(x)min＝g＝－eq \f(ln ＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1())2)＝－eq \f(e,2).
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝－eq \f(2,e2)，
作出函数g(x)＝－eq \f(ln x＋1,x2)和y＝a的大致图象如图所示，
欲使它们有两个交点，当且仅当－eq \f(e,2)
4．已知函数f(x)＝cs x＋xsin x.
(1)讨论f(x)在[－2π，2π]上的单调性；
(2)求函数g(x)＝f(x)－eq \f(1,4)x2－1的零点个数．
解 (1)因为f(－x)＝cs(－x)－xsin (－x)＝cs x＋xsin x＝f(x)，x∈R，
所以f(x)是R上的偶函数，也是[－2π，2π]上的偶函数．
当x∈[0,2π]时，f′(x)＝xcs x，
令f′(x)≥0，得0≤x≤eq \f(π,2)或eq \f(3π,2)≤x≤2π，
令f′(x)≤0，得eq \f(π,2)≤x≤eq \f(3π,2)，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，
因为f(x)是偶函数，所以当x∈[－2π，0]时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2π，－\f(3π,2)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，－\f(π,2)))上单调递增．
综上所述，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2π，－\f(3π,2)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，－\f(π,2)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递增．
(2)由(1)得g(－x)＝f(－x)－eq \f(1,4)(－x)2－1＝g(x)，
所以g(x)是R上的偶函数．
(ⅰ)当x∈[0,2π]时，g′(x)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(1,2)))，
令g′(x)≥0，得0≤x≤eq \f(π,3)或eq \f(5π,3)≤x≤2π，
令g′(x)≤0，则eq \f(π,3)≤x≤eq \f(5π,3)，
所以g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，2π))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,3)))上单调递减．
因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))>g(0)＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))＝eq \f(5π,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))－eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))2－eq \f(1,2)<0，g(2π)＝－π2<0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,3)))上有一个零点，所以g(x)在[0,2π]上有两个零点．
(ⅱ)当x∈(2π，＋∞)时，g(x)＝cs x＋xsin x－eq \f(1,4)x2－1≤x－eq \f(1,4)x2<0，
所以g(x)在(2π，＋∞)上没有零点．
由(ⅰ)(ⅱ)及g(x)是偶函数可得g(x)在R上有三个零点．
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