2022届一轮复习专题练习3 第23练 高考大题突破练——零点问题（解析版）

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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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex－x－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a∈R)).
(1)当a＝0时，求证：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>x；
(2)讨论函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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考点二 已知零点个数求参数
3．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ax2＋ln x＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a∈R)).
(1)若函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递减，求a的取值范围；
(2)若函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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．
4．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ln x－axeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a∈R)).
(1)若曲线y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))与直线x－y－1＝0相切，求实数a的值；
(2)若函数y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))有两个零点x1，x2，证明：eq \f(1,ln x1)＋eq \f(1,ln x2)>2.
答案精析
1．(1)证明 当a＝0时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex－x，
令geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－x＝ex－x－x＝ex－2x，则g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex－2.
令g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝0，得x＝ln 2.
当xln 2时，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))单调递增．
所以x＝ln 2是geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极小值点，也是最小值点，
即geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln 2))＝eln 2－2ln 2＝2lneq \f(e,2)>0，
故当a＝0时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>x成立．
(2)解 f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex－1，由f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝0，得x＝0.
所以当x<0时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))单调递减；当x>0时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))单调递增．
所以x＝0是函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的极小值点，也是最小值点，
即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝1－a.
当1－a>0，即a<1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在R上没有零点．
当1－a＝0，即a＝1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))内有一个零点；
因此，当a>1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在R上有两个零点．
综上，当a<1时，函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在R上没有零点；
当a＝1时，函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在R上有一个零点；
当a>1时，函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在R上有两个零点．
2．(1)解 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,
所以切线的斜率k＝f′(0)＝0,
所以函数y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2.
(2)证明 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)))上有两个零点．
3．解 (1)函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递减，
则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≤0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递增，故a≤－eq \f(1,2).
(2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝－eq \f(ln x＋1,x2)，
求导得g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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).
当e－10，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在上单调递减，在上单调递增，
所以g(x)min＝＝－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geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝－eq \f(ln x＋1,x2)和y＝a的图象如图所示，
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．(1)解 由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ln x－ax，得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(1,x)－a，设切点横坐标为x0，依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)－a＝1，,x0－1＝ln x0－ax0，))
解得a＝0，x0＝1.
(2)证明 不妨设0得ln x2－ln x1＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－x1))，即eq \f(1,a)＝eq \f(x2－x1,ln x2－ln x1)，
所以eq \f(1,ln x1)＋eq \f(1,ln x2)－2＝eq \f(1,ax1)＋eq \f(1,ax2)－2
＝eq \f(x2－x1,ln x2－ln x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))－2＝eq \f(\f(x2,x1)－\f(x1,x2)－2ln\f(x2,x1),ln\f(x2,x1))，
设t＝eq \f(x2,x1)>1，则lneq \f(x2,x1)>0，eq \f(x2,x1)－eq \f(x1,x2)－2lneq \f(x2,x1)＝t－eq \f(1,t)－2ln t，
设geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝t－eq \f(1,t)－2ln t，则g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))＝eq \f(t2－2t＋1,t2)>0，
即函数geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上单调递增，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝0，从而eq \f(\f(x2,x1)－\f(x1,x2)－2ln\f(x2,x1),ln\f(x2,x1))>0，
即eq \f(1,ln x2)＋eq \f(1,ln x1)>2.