2024版新教材高考数学全程一轮总复习高考大题研究课二利用导数研究函数的零点问题

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例 1 [2023·皖南八校联考]已知函数f(x)＝＋x ln x－x.
(1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围；
(2)当a＝0时，求函数h(x)＝f(x)－x＋的零点个数．
题后师说
利用导数确定函数零点个数的方法
巩固训练1
设函数f(x)＝ln x＋，讨论函数g(x)＝f′(x)－的零点个数．
题型二 利用函数的零点个数求参数范围
例 2[2023·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点，求a的取值范围．
题后师说
利用函数的零点个数求参数范围的方法
巩固训练2
已知函数f(x)＝x3－ax2－2x(a∈R)在x＝2处取得极值．
(1)求f(x)在[－2，1]上的最小值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋b(b∈R)有且只有一个零点，求b的取值范围．
题型三 与零点有关的证明
例 3[2023·河北邯郸模拟]已知函数f(x)＝x－a ln x(a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若g(x)＝xex－a(ln x＋x)，且a>e，证明：g(x)有且仅有两个零点．(e为自然对数的底数)
题后师说
解决证明此类问题的思路一般对条件等价转化，构造合适的新函数，利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等)再结合函数图象．
巩固训练3
已知函数f(x)＝x3－a(x2＋2x＋2)．
(1)若a＝2，求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：函数f(x)只有一个零点．
1.[2021·全国甲卷]已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝(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．
2．[2022·全国乙卷]已知函数f(x)＝ax－－(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．
高考大题研究课二 利用导数研究函数的零点问题
例1 解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2ax，由题意得f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两解，即2a＝有两解．
令g(x)＝(x>0)，即g(x)的图象与直线y＝2a有两个交点．
g′(x)＝＝0，得x＝e，当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)max＝g(e)＝，g(1)＝0，
当x趋于正无穷时，g(x)趋于零，
∴0<2a<，∴0∴a的取值范围是(0，)．
(2)h(x)＝x ln x－2x＋(x>0)，h′(x)＝ln x－1－，
令m(x)＝ln x－1－，则m′(x)＝，
当x>0时，m′(x)>0，
所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为h′(e)＝－<0，h′(e2)＝1－>0，
∴存在唯一的x0∈(e，e2)，使得h′(x0)＝＝0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝h(x0)．
又∵x0∈(e，e2)，h′(x0)＝＝0，
∴h(x0)＝x0ln x0－2x0＋＝－x0＋＝－x0＋<－e＋<0.
又∵h(1)＝0，h(x)在(0，x0)上单调递减，
∴h(x)在(0，x0)上有一个零点．
∵h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，且h(e2)＝>0，
∴h(x)在(x0，＋∞)上有一个零点．
综上可知，函数h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
巩固训练1 解析：由题设，可知g(x)＝f′(x)－＝(x>0)．
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.
画出y＝φ(x)的大致图象(如图)，
可知①当m>时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0例2 解析：(1)当a＝－1时，f′(x)＝－1＝，x>0.
由f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)上单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)只有极大值，无极小值，且f(x)极大值＝f(1)＝－1.
(2)f′(x)＝＋a＝(x>0)．
当a≥0时，∵f′(x)＝>0，
∴函数f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，
从而f(x)至多有一个零点，不符合题意．
当a<0时，∵f′(x)＝(x>0)，
∴f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减．
由f(－)＝ln (－)－1>0得－由f＝2＋ae2<0得a<－.
当－∴a的取值范围是(－，－)．
巩固训练2 解析：(1)∵f(x)＝x3－ax2－2x(a∈R)，∴f′(x)＝x2－ax－2，
∵f(x)在x＝2处取得极值，∴f′(2)＝0，即22－2a－2＝0解得a＝1，
∴f(x)＝x3－x2－2x，∴f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)，∴当x<－1或x>2时f′(x)>0，当－1∴f(x)在[－2，－1)上单调递增，在(－1，1]上单调递减，
又f(－2)＝×(－2)3－×(－2)2－2×(－2)＝－，f(1)＝×13－×12－2×1＝－，
∴f(x)在[－2，1]上的最小值为－.
(2)由(1)知，f(x)＝x3－x2－2x，
若函数g(x)＝f(x)＋b(b∈R)有且只有一个零点，
则方程－b＝f(x)(b∈R)有唯一解，即－b＝x3－x2－2x(b∈R)有唯一解，
由(1)知，f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，
又f(－1)＝，f(2)＝－，函数图象如图所示：
∴－b<－或－b>，得b>或b<－，
即b的取值范围为(－∞，－，＋∞)．
例3 解析：(1)由题意得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－＝，
当a>0时，令f′(x)>0，得x>a，
所以f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
令f′(x)<0，得0所以f(x)在(0，a)上单调递减；
当a<0时，因为f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：g(x)＝xex－a(ln x＋x)＝xex－a ln (xex)(x>0)，
令t＝xex，则t′＝(x＋1)ex>0在x>0时恒成立，
所以t＝xex在x>0时单调递增，且t∈(0，＋∞)，
所以g(x)＝xex－a ln (xex)有两个零点等价于f(t)＝t－a ln t有两个零点．
因为a>e，由(1)知，f(t)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，
所以f(t)min＝f(a)＝a－a ln a＝a(1－ln a)，
因为a>e，所以f(a)<0.
下面证明当a>e时，f(ea)＝ea－a2>0，
设h(x)＝ex－x2，则h′(x)＝ex－2x，
令m(x)＝ex－2x，又m′(x)＝ex－2，
当x>e时，m′(x)＝ex－2>0恒成立，
所以m(x)单调递增，
得h′(x)＝ex－2x>ee－2e>0，
故h(x)＝ex－x2在(e，＋∞)上单调递增，
得ex－x2>ee－e2>0，即f(ea)＝ea－a2>0，
又因为f(1)＝1>0，
所以f(t)在(1，a)，(a，ea)上各存在一个零点，
所以a>e时，函数f(t)有且仅有两个零点，
即当a>e时，函数g(x)有且仅有两个零点．
巩固训练3 解析：(1)若a＝2，则f(x)＝x3－2x2－4x－4，f′(x)＝x2－4x－4，
令f′(x)＝0，解得x1＝2－2，x2＝2＋2，
当x∈(－∞，2－2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(2－2，2＋2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在(－∞，2－2)，(2＋2，＋∞)单调递增，f(x)在(2－2，2＋2)单调递减．
(2)证明：由于x2＋2x＋2＝(x＋1)2＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0，
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝，
因为x2＋4x＋6＝(x＋2)2＋2>0，所以g′(x)≥0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点，
又f(3a－1)＝－9a2＋2a－＝－9(a－)2－<0，
f(3a＋3)＝3a2＋10a＋9＝3(a＋)2＋>0，
所以存在唯一的x0∈(3a－1，3a＋3)，使得f(x)＝0，故f(x)有一个零点，
综上，f(x)只有一个零点．
真题展台——知道高考考什么？
1．解析：(1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)，
f′(x)＝(x>0)，
令f′(x)>0，则0令f′(x)<0，则x>，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，)，单调递减区间为(，＋∞)．
(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＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当00，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)＝，
且当x>e时，g(x)∈(0，)，
又g(1)＝0，所以0<<，所以a>1且a≠e，
即a的取值范围为(1，e)
2．解析：(1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，
则f′(x)＝＝.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1.
(2)因为函数f(x)恰有一个零点，所以方程a(x－ln x)－－ln x＝0在(0，＋∞)上恰有一个解，即方程a(x－ln x)＝＋ln x在(0，＋∞)上恰有一个解．
又易知当x>0时，x－ln x>0，
所以方程a＝在(0，＋∞)上恰有一个解．
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝.
令h(x)＝x－1－(x＋1)ln x(x>0)，
则h′(x)＝1－ln x－＝－ln x－.
由(1)知，h′(x)≤－1，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，h(x)≥0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
则当x∈(0，1]时，g′(x)≤0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以a∈(0，＋∞)．