微专题35　导数与函数的零点-2024年高考数学二轮微专题系列

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[高考真题](2022·全国乙卷节选)已知函数f(x)＝ax－eq \f(1,x)－(a＋1)ln x.若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.
解由f(x)＝ax－eq \f(1,x)－(a＋1)ln x(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，f′(x)＝eq \f(1－x,x2)，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)max＝f(1)＝－1<0，
所以f(x)不存在零点；
当a＜0时，f′(x)＝eq \f(a（x－\f(1,a)）（x－1）,x2)，
若x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
若x∈(1，＋∞)时，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)＝eq \f(a（x－\f(1,a)）（x－1）,x2)，
当a＝1时，f′(x)≥0，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；
当a＞1时，0＜eq \f(1,a)＜1，故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；
当0＜a＜1时，eq \f(1,a)＞1，故f(x)在(0，1)，(eq \f(1,a)，＋∞)上单调递增，在(1，eq \f(1,a))上单调递减.
因为f(1)＝a－1＜0，所以f(eq \f(1,a))＜f(1)＜0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
由零点存在定理可知f(x)在(eq \f(1,a)，＋∞)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，＋∞).
样题1 (2022·合肥质检改编)证明：函数f(x)＝x2－2sin x－1在区间(0，π)上有且仅有一个零点.
证明 ∵f(x)＝x2－2sin x－1，x∈(0，π)，
∴f′(x)＝2x－2cs x，
∴f′(x)在区间(0，π)上单调递增.
∵f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\f(\r(3),2)))＜0，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－0))＞0，
∴存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，使得f′(x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，π)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
注意到f(0)＝－1＜0，f(π)＝π2－1＞0，
∴函数f(x)在区间(0，π)上有且仅有一个零点.
样题2 (2022·青岛模拟改编)设函数f(x)＝ln x＋2x2－5x，若关于x的方程f(x)＝2x2＋(m－6)x在区间[1，e2]上有唯一实数解，求实数m的取值范围.
解由f(x)＝2x2＋(m－6)x得ln x＝(m－1)x，
又x＞0，所以eq \f(ln x,x)＝m－1，
要使方程f(x)＝2x2＋(m－6)x在区间[1，e2]上有唯一实数解，
只需m＝1＋eq \f(ln x,x)在区间[1，e2]上有唯一实数解.
令g(x)＝1＋eq \f(ln x,x)(x＞0)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
由g′(x)≥0，得1≤x≤e；
由g′(x)≤0，得e≤x≤e2，
∴g(x)在区间[1，e]上单调递增，在区间[e，e2]上单调递减，
∴当x＝e时函数g(x)有最大值，且最大值为g(e)＝1＋eq \f(1,e).
又g(1)＝1，g(e2)＝1＋eq \f(2,e2).
∴当m＝1＋eq \f(1,e)或1≤m＜1＋eq \f(2,e2)时，m＝1＋eq \f(ln x,x)在区间[1，e2]上有唯一实数解，
∴实数m的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m|1≤m＜1＋\f(2,e2)或m＝1＋\f(1,e))).
样题3 (2022·湖北七市联考)已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(2,x)－2，g(x)＝xln x－ax2－x＋1.
(1)证明：函数f(x)在(1，＋∞)内有且仅有一个零点；
(2)假设存在常数λ＞1，且满足f(λ)＝0，试讨论函数g(x)的零点个数.
(1)证明 f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导，得f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2,x2)＝eq \f(x－2,x2)，
令f′(x)＝0，则x＝2，
所以，当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
因为f(1)＝0，f(2)＝ln 2－1＜0，
f(e2)＝2＋eq \f(2,e2)－2＞0，
结合单调性，f(x)在(1，＋∞)内有且仅有一个零点.
(2)解令g(x)＝0，即xln x－ax2－x＋1＝0，
从而有ax＝ln x－1＋eq \f(1,x)，
令φ(x)＝ln x－1＋eq \f(1,x)(x＞0)，
从而g(x)的零点个数等价于y＝ax与φ(x)图象的交点个数，
φ′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，
令φ′(x)＝0，得x＝1，
所以φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且φ(x)min＝φ(1)＝0，
当a＝0时，直线y＝ax与φ(x)图象有一个交点，
当a＜0时，直线y＝ax经过二、四象限，与φ(x)图象无交点，
当a＞0时，直线y＝ax经过一、三象限，与φ(x)图象至少有一个交点，
当直线y＝ax与φ(x)图象相切时，
设切点的横坐标为x0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝φ′（x0）＝\f(1,x0)－\f(1,xeq \\al(2,0))，,ax0＝ln x0－1＋\f(1,x0)，))
即有ln x0＋eq \f(2,x0)－2＝0，从而x0＝λ，
此时a＝eq \f(1,λ)－eq \f(1,λ2)＝eq \f(λ－1,λ2)＞0，
所以，当a＝eq \f(λ－1,λ2)时，直线y＝ax与φ(x)图象有两个交点，
当0＜a＜eq \f(λ－1,λ2)时，直线y＝ax与φ(x)图象有三个交点，
当a＞eq \f(λ－1,λ2)时，直线y＝ax与φ(x)图象有一个交点，
综上所述，当a＜0时，g(x)没有零点，
当0＜a＜eq \f(λ－1,λ2)时，g(x)有三个零点，
当a＝eq \f(λ－1,λ2)时，g(x)有两个零点，
当a＞eq \f(λ－1,λ2)或a＝0时，g(x)有一个零点.
规律方法 1.三步求解函数零点(方程根)的个数问题.
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质；
第三步：结合图象求解.
2.已知零点求参数的取值范围：(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点；(2)依据零点确定极值的范围；(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.
训练1 已知函数f(x)＝a(x－2)ex＋(x－1)2，a>0，a∈R，证明：函数y＝f(x)有两个不同的零点.
证明由题知f′(x)＝a(x－1)ex＋2(x－1)＝(x－1)(aex＋2)，
当a>0时，aex＋2>0，
由f′(x)<0得x<1，
所以f(x)在(－∞，1)上为减函数，
由f′(x)>0得x>1，
所以f(x)在(1，＋∞)上为增函数，
而f(1)＝－ae<0，f(2)＝1>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点，
且该零点在(1，2)上.
取b<0，且b则f(b)＝a(b－2)eb＋(b－1)2>eq \f(1,2)(b－2)＋(b－1)2＝beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(3,2)))>0，
所以f(x)在(－∞，1)上有唯一零点，
且该零点在(b，1)上，
所以当a>0时，f(x)恰好有两个零点.
训练2 (2021·全国甲卷节选)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)，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 f(x)＝eq \f(xa,ax)＝1⇔ax＝xa⇔xln a＝aln x⇔eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln a,a)，
设函数g(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令g′(x)＝0，得x＝e，
在(0，e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，
又g(1)＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，
∴曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，
即曲线y＝g(x)与直线y＝eq \f(ln a,a)有两个交点的充要条件是0即是0∴a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞).
一、基本技能练
1.已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围.
解 (1)f(x)＝x3－kx＋k2，f′(x)＝3x2－k，
当k≤0时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，
当k＞0时，令f′(x)＞0，
解得x＜－eq \r(\f(k,3))或x＞eq \r(\f(k,3))，
令f′(x)＜0，解得－eq \r(\f(k,3))＜x＜eq \r(\f(k,3))，
综上，当k≤0时，f(x)在R上单调递增，
当k＞0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(\f(k,3))))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(k,3))，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(k,3))，\r(\f(k,3))))上单调递减.
(2)由(1)得当k＞0时，f(x)极小值＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(k,3))))，f(x)极大值＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(k,3))))，
若f(x)有三个零点，
只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＞0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(k,3))))＜0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(k,3))))＞0，))解得0＜k＜eq \f(4,27).
故k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27))).
2.(2022·石家庄模拟改编)若函数f(x)＝ax2－ln x－x有两个零点，求实数a的取值范围.
解由题可得，若函数f(x)有两个零点，
则方程ln x＋x－ax2＝0有两个不等实根，
即a＝eq \f(x＋ln x,x2)(x>0)有两个不等实根.(*)
令m(x)＝eq \f(x＋ln x,x2)，
则m′(x)＝eq \f(1－x－2ln x,x3)，
令k(x)＝1－x－2ln x，
则k′(x)＝－1－eq \f(2,x)<0对∀x>0恒成立，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递减.
又k(1)＝0，∴当x∈(0，1)时，k(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，k(x)<0，
∴m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴m(x)max＝m(1)＝1.
当x>1时，ln x>0，∴m(x)>0，
若(*)成立，则a∈(0，1).
∵meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(\f(1,e)＋ln \f(1,e),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))\s\up12(2))＝eq \f(\f(1,e)－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))\s\up12(2))<0，
meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))＝eq \f(\f(2,a)＋ln \f(2,a),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))\s\up12(2))＝eq \f(a,2)＋eq \f(ln \f(2,a),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))\s\up12(2))∴当a∈(0，1)时，m(x)＝a在(0，1)，(1，＋∞)上各有一个根.
综上，实数a的取值范围是(0，1).
3.(2022·广州模拟)已知函数f(x)＝ex＋sin x－cs x，f′(x)为f(x)的导数.
(1)证明：当x≥0时，f′(x)≥2；
(2)设g(x)＝f(x)－2x－1，证明：g(x)有且仅有2个零点.
证明 (1)由f′(x)＝ex＋cs x＋sin x，
设h(x)＝ex＋cs x＋sin x，
则h′(x)＝ex－sin x＋cs x，
当x≥0时，设p(x)＝ex－x－1，q(x)＝x－sin x，
∵p′(x)＝ex－1≥0，q′(x)＝1－cs x≥0，
∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0，
∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sin x，
则h′(x)＝ex－sin x＋cs x≥x＋1－sin x＋cs x＝(x－sin x)＋(1＋cs x)≥0，
∴函数h(x)＝ex＋cs x＋sin x在[0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(0)＝2，
即当x≥0时，f′(x)≥2.
(2)由已知得g(x)＝ex＋sin x－cs x－2x－1，
①当x≥0时，
∵g′(x)＝ex＋cs x＋sin x－2＝f′(x)－2≥0，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又∵g(0)＝－1<0，g(π)＝eπ－2π>0，
∴由零点存在定理可知g(x)在[0，＋∞)上仅有一个零点，
②当x<0时，设m(x)＝eq \f(2－sin x－cs x,ex)，
则m′(x)＝eq \f(2（sin x－1）,ex)≤0，
∴m(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴m(x)>m(0)＝1，
∴ex＋cs x＋sin x－2<0，
∴g′(x)＝ex＋cs x＋sin x－2<0，
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，
又∵g(0)＝－1<0，g(－π)＝e－π＋2π>0，
∴由零点存在定理可知g(x)在(－∞，0)上仅有一个零点，
综上所述，g(x)有且仅有2个零点.
二、创新拓展练
4.(2022·成都二诊改编)已知函数f(x)＝x＋eq \f(a,x)－(a－1)ln x－2，其中a∈R，讨论f(x)在区间[1，e2]上零点的个数.
解 f′(x)＝eq \f(（x＋1）（x－a）,x2)(x>0).
(1)当a≤1时，f′(x)≥0在[1，e2]上恒成立，f(x)在[1，e2]上单调递增.
∵f(1)＝a－1≤0，f(e2)＝e2＋eq \f(a,e2)－2a，
①当a≤0时，f(e2)＝e2＋eq \f(a,e2)－2a
＝e2＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)－2))>0；
②当02eq \r(a)－2a＝2eq \r(a)(1－eq \r(a))≥0，
∴f(e2)>0，
∴由零点存在定理知f(x)在[1，e2]上有1个零点；
(2)当1∵当x∈[1，a)时，f′(x)<0，
当x∈(a，e2]时，f′(x)>0；
∴f(x)在[1，a)上单调递减，在(a，e2]上单调递增，
∴f(x)min＝f(a)＝(a－1)(1－ln a).
①当a＝e时，f(x)min＝0，
此时f(x)在[1，e2]上有1个零点；
②当10，
此时f(x)在[1，e2]上无零点；
③当ef(x)min<0，f(1)＝a－1>0.
(ⅰ)当f(e2)＝e2＋eq \f(a,e2)－2a<0，
即eq \f(e4,2e2－1)f(x)在[1，e2]上有1个零点；
(ⅱ)当f(e2)＝e2＋eq \f(a,e2)－2a≥0，
即e(3)当a≥e2时，
∵f′(x)≤0在[1，e2]上恒成立，
∴f(x)在[1，e2]上单调递减，
∵f(1)＝a－1>0，f(e2)＝e2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)－2))a≤e2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)－2))e2＝－e2＋1<0，
∴f(x)在[1，e2]上有1个零点.
综上，当1当a≤1或a＝e或a>eq \f(e4,2e2－1)时，f(x)在[1，e2]上有1个零点；
当e