2022年高考三轮复习之回归基础练第8练　导数与函数零点问题

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考点一 讨论函数零点的个数
要点重组
1．求解函数零点(方程根)的个数问题的基本思路：
(1)转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在某区间上的交点问题．
(2)利用导数研究该函数在某区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象．
(3)结合图象求解．
2．根据参数确定函数的零点个数有两种解决方法：一种是利用单调性与零点存在性定理求解，另一种是化原函数为两个函数，利用两个函数图象的交点来求解．
1．已知函数f(x)＝x2＋x－aln x(a∈R)，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋x＋eq \f(1,2).讨论函数y＝f(x)－g(x)＋eq \f(1,2)的零点个数．
解 y＝f(x)－g(x)＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)x2－aln x，
令h(x)＝eq \f(1,2)x2－aln x.
①当a＝0时，h(x)在定义域(0，＋∞)上恒大于0，h(x)没有零点．
②当a<0时，h′(x)＝x－eq \f(a,x)，易知h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
所以h(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数，
因为h(1)＝eq \f(1,2)>0，h()＝eq \f(1,2)－1<0，所以h(x)有1个零点．
③当a>0时，
h′(x)＝x－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－a,x)＝eq \f(x＋\r(a)x－\r(a),x).
易知当x∈(0，eq \r(a))时，h′(x)<0，
所以h(x)在(0，eq \r(a))上为减函数；
当x∈(eq \r(a)，＋∞)时，h′(x)>0，
所以h(x)在(eq \r(a)，＋∞)上为增函数．
所以当x＝eq \r(a)时，h(x)有极小值，也是最小值，
即为h(eq \r(a))＝eq \f(1,2)a(1－ln a)．
当a∈(0，e)时，h(eq \r(a))＝eq \f(1,2)a(1－ln a)>0，h(x)没有零点．
当a＝e时，h(eq \r(a))＝eq \f(1,2)a(1－ln a)＝0，h(x)有1个零点，该零点为x＝eq \r(a).
当a∈(e，＋∞)时，h(eq \r(a))＝eq \f(1,2)a(1－ln a)<0，
因为h(1)＝eq \f(1,2)>0且1所以h(x)在区间(0，eq \r(a))上有1个零点．
因为当x>1时，(x－ln x)′>0，所以x－ln x>1，
所以x>ln x，所以h(x)＝eq \f(1,2)x2－aln x>eq \f(1,2)x2－ax.
因为2a>eq \r(a)>1，
所以h(2a)>eq \f(1,2)(2a)2－2a2＝0，
所以h(x)在(eq \r(a)，＋∞)上有1个零点．
所以h(x)在区间(0，＋∞)上有2个零点．
综上所述，当a∈[0，e)时，函数y＝f(x)－g(x)＋eq \f(1,2)没有零点；
当a<0或a＝e时，函数y＝f(x)－g(x)＋eq \f(1,2)有1个零点；
当a>e时，函数y＝f(x)－g(x)＋eq \f(1,2)有2个零点．
2．已知函数f(x)＝2a2ln x－x2(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)．
解 (1)∵f(x)＝2a2ln x－x2，
∴f′(x)＝eq \f(2a2,x)－2x＝eq \f(2a2－2x2,x)＝eq \f(－2x－ax＋a,x)，
∵x>0，a>0，当00，
当x>a时，f′(x)<0.
∴f(x)的单调递增区间是(0，a)，单调递减区间是(a，＋∞)．
(2)由(1)得f(x)max＝f(a)＝a2(2ln a－1)．
讨论函数f(x)的零点情况如下：
①当a2(2ln a－1)<0，即0②当a2(2ln a－1)＝0，即a＝eq \r(e)时，函数f(x)在(0，＋∞)内有唯一零点a，而1③当a2(2ln a－1)>0，即a>eq \r(e)时，
由于f(1)＝－1<0，f(a)＝a2(2ln a－1)>0，f(e2)＝2a2ln(e2)－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)(2a＋e2)，
当2a－e2<0，即eq \r(e)由函数f(x)的单调性可知，函数f(x)在(1，a)内有唯一零点x1，在(a，e2)内有唯一零点x2，
∴f(x)在(1，e2)内有两个零点．
当2a－e2≥0，即a≥eq \f(e2,2)>eq \r(e)时，f(e2)≥0，且f(eq \r(e))＝2a2·eq \f(1,2)－e＝a2－e>0，f(1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a≥e2，还是a综上所述，当0考点二 利用函数零点求参数范围
要点重组 利用函数零点求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解．
(2)利用零点存在性定理构建不等式求解．
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
3．(2020·齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)＝e2x＋(1－ax2)ex－ax2(a∈R)．
(1)证明：当x≥e2时，ex>x2；
(2)若函数f(x)有3个零点，求实数a的取值范围．
(1)证明 令g(x)＝x－2ln x，
则g′(x)＝1－eq \f(2,x)，
当x≥e2时，g′(x)>0，
故g(x)在[e2，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(e2)＝e2－4>0，
即x>2ln x，
所以ex>x2.
(2)解 由已知，得f(x)＝e2x＋(1－ax2)ex－ax2
＝(ex－ax2)(ex＋1)，
依题意，f(x)有3个零点，
即ex－ax2＝0有3个根，显然0不是其根，
所以直线y＝a与y＝eq \f(ex,x2)的图象有3个交点，
令h(x)＝eq \f(ex,x2)，
则h′(x)＝eq \f(exx－2,x3)，
当x>2时，h′(x)>0；
当0当x<0时，h′(x)>0，
故h(x)在(0,2)上单调递减，在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递增，
作出h(x)的图象，如图，易得a>eq \f(e2,4).
故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,4)，＋∞)).
4．已知函数f(x)＝eq \f(x2,a)－2ln x(a∈R，且a≠0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有最小值，记为g(a)，关于a的方程g(a)＋a－eq \f(2,9a)－1＝m有三个不同的实数根，求实数m的取值范围．
解 (1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(2x,a)－eq \f(2,x)(x>0)，
当a<0时，f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f′(x)＝eq \f(2x＋\r(a)x－\r(a),ax)，
令f′(x)>0，得x>eq \r(a)，令f′(x)<0，得0则f(x)在(0，eq \r(a))上单调递减，在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增．
综上，当a<0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递减区间为(0，eq \r(a))，单调递增区间为(eq \r(a)，＋∞)．
(2)由(1)知，a>0，f(x)min＝f(eq \r(a))＝1－ln a，
即g(a)＝1－ln a，
方程g(a)＋a－eq \f(2,9a)－1＝m，即m＝a－ln a－eq \f(2,9a)(a>0)，
令F(a)＝a－ln a－eq \f(2,9a)(a>0)，
则F′(a)＝1－eq \f(1,a)＋eq \f(2,9a2)＝eq \f(3a－13a－2,9a2)，
知F(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))上单调递减，
F(a)极大值＝Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝－eq \f(1,3)＋ln 3，
F(a)极小值＝Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(1,3)－ln 2＋ln 3.
依题意得实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－ln 2＋ln 3，－\f(1,3)＋ln 3)).
考点三 已知函数存在零点，证明零点的性质
要点重组
已知函数存在零点，需要证明零点满足某项性质时，实际上是需要对函数零点在数值上进行精确求解或估计，需要对零点进行更高要求的研究，为此，不妨结合已知条件和未知要求，构造新的函数，再次通过导数的相关知识对函数进行更进一步的分析研究，其中，需要灵活运用函数思想、化归思想等，同时也需要我们有较强的抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．含参数的函数的单调性的讨论，合理分类讨论是关键，分类点的选择一般依据导数是否存在零点，若存在零点，则检验零点是否在给定的范围之中．
5．(2020·安庆模拟)已知函数f(x)＝ex＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)＋2))在区间(－1,0)内存在零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设a>eq \f(2,e2)，x1，x2(x2(1)解 由题意，方程ex＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)＋2))＝0在区间(－1,0)上有解，
即方程xex＋a(x＋1)2＝0在区间(－1,0)上有解，
设函数g(x)＝xex＋a(x＋1)2，
即g(x)在区间(－1,0)上存在零点．
因为g′(x)＝(x＋1)(ex＋2a)，
①若a>0，则ex＋2a>0，x＋1>0，g′(x)>0成立，
g(x)在区间(－1,0)上单调递增，
g(0)＝a>0，g(－1)＝－eq \f(1,e)<0，g(0)·g(－1)<0，
所以g(x)在区间(－1,0)上存在零点；
②若a＝0，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，g(x)在(－1,0)内单调递增，
g(－1)＝－eq \f(1,e)<0，g(0)＝a＝0，
所以g(x)<0在(－1,0)上恒成立．
g(x)在区间(－1,0)上无零点；
③若a<0，则xex<0，a(x＋1)2<0，
当x∈(－1,0)时，g(x)<0，
故g(x)在区间(－1,0)上无零点．
综上所述，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明 由(1)可知，
a>eq \f(2,e2)时，g(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，
在区间(－1，＋∞)上单调递增，
且g(x)在区间(－1,0)上存在一个零点；
又g(－2)＝－eq \f(2,e2)＋a>0，g(－2)·g(－1)<0，
所以g(x)在区间(－2，－1)上也存在一个零点，
从而－2所以x1－x2<2，不等式得证．
6．(2020·常德模拟)已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－ax有两个极值点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1＋x2<0；
(1)解 ∵f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－ax，
∴f′(x)＝ex－x－a.
设g(x)＝ex－x－a，
则g′(x)＝ex－1.
令g′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0.
∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0.
∴g(x)min＝g(0)＝1－a.
当a≤1时，g(x)＝f′(x)≥0，
∴函数f(x)单调递增，没有极值点；
当a>1时，g(0)＝1－a<0，
且当x→－∞时，g(x)→＋∞；
当x→＋∞时，g(x)→＋∞.
当a>1时，g(x)＝f′(x)＝ex－x－a有两个零点x1，x2.
不妨设x1则x1<0∴当函数f(x)有两个极值点时，a的取值范围为(1，＋∞).
(2)证明 不妨设x1<0即证x1<－x2，而g(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以即证g(x1)>g(－x2)，
即证g(x2)>g(－x2)，
即－x2>＋x2，
－－1>0，
设h(x)＝e2x－2xex－1，x>0，
则h′(x)＝2ex(ex－x－1)，
令H(x)＝ex－x－1，
则H′(x)＝ex－1，
当H′(x)＝ex－1＝0，则x＝0，
即H(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以H(x)min＝H(0)＝0，
即ex≥x＋1，
∴h′(x)≥0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵当x→0时，h(x)→0，
∴h(x)>0，∴原不等式成立．
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)零点的个数．
(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，
由g′(x)＝0，得x＝ln 2，
当xln 2时，g′(x)>0，
所以g(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以x＝ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，
即g(x)min＝g(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.
当x<0时，f′(x)<0；
当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
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)没有零点，
当1－a＝0，即a＝1时，f(x)只有一个零点，
当1－a<0，即a>1时，
因为f(－a)＝e－a－(－a)－a＝e－a>0，
所以f(x)在(－a,0)上有一个零点，
即f(x)在(－∞，0)上只有一个零点；
由(1)得，ex>2x，令x＝a，
则得ea>2a，
所以f(a)＝ea－a－a＝ea－2a>0，
于是f(x)在(0，a)上有一个零点，
即f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，
因此，当a>1时，f(x)有两个零点．
综上，当a<1时，f(x)没有零点；
当a＝1时，f(x)只有一个零点；
当a>1时，f(x)有两个零点．
2．已知函数f(x)＝1－mxln x(m∈R)．
(1)若m＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若关于x的方程f(x)＝0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))上有两个不同的实数根，求实数m的取值范围．
解 (1)若m＝2，则f(x)＝1－2xln x，
其导数为f′(x)＝－2(1＋ln x)，
所以曲线在点(1，f(1))处的切线斜率k＝f′(1)＝－2，
切点为(1,1)，则切线方程为y－1＝－2(x－1)，
即2x＋y－3＝0.
(2)若关于x的方程f(x)＝0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))上有两个不同的实数根，等价于eq \f(1,m)＝xln x，
即函数y＝xln x和y＝eq \f(1,m)的图象在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))上有两个交点．
令g(x)＝xln x，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))，
则g′(x)＝1＋ln x，
所以当eq \f(1,e2)当x>eq \f(1,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)的极小值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－eq \f(2,e2)，
其图象如图所示，
结合图象可得eq \f(1,m)>－eq \f(1,e)且eq \f(1,m)≤－eq \f(2,e2)，
解得－eq \f(e2,2)≤m＜－e.
即实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(e2,2)，－e)).
3．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－aln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a>0，函数f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求a的取值范围．
解 (1)f(x)＝eq \f(1,2)x2－aln x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－a,x).
①当a≤0时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，由f′(x)>0，得x>eq \r(a)，
由f′(x)<0，得0即f(x)在(0，eq \r(a))上单调递减，
在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在(0，eq \r(a))上单调递减，
在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增．
(2)当a>0时，由(1)知f(x)在(0，eq \r(a))上单调递减，
在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增，
①若eq \r(a)≤1，即0f(1)＝eq \f(1,2)，f(x)在区间(1，e)上无零点．
②若1f(x)在(1，eq \r(a))上单调递减，在(eq \r(a)，e)上单调递增，
f(x)min＝f(eq \r(a))＝eq \f(1,2)a(1－ln a)．
∵f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝\f(1,2)>0，,f\r(a)＝\f(1,2)a1－ln a<0，,fe＝\f(1,2)e2－a>0，))
∴e③若eq \r(a)≥e，即a≥e2，f(x)在(1，e)上单调递减，
f(1)＝eq \f(1,2)>0，f(e)＝eq \f(1,2)e2－a<0，f(x)在区间(1，e)上有一个零点．
综上，当f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点时，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e，\f(1,2)e2)).
4．(2020·张家口质检)已知函数f(x)＝(x－1)ex－x－1(e是自然对数的底数)．证明：
(1)f(x)存在唯一的极值点；
(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为相反数．
证明 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝ex＋ex(x－1)－1＝xex－1，
当x≤0时，f′(x)＝xex－1<0；
令t(x)＝xex－1，
当x>0时，t′(x)＝(x＋1)ex>0，
即f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又当x→0时，f′(x)→－1，f′(1)＝e－1>0，
所以存在x0∈(0,1)，使得f′(x0)＝0，
并且当0当x>x0时，f′(x)>0，
所以当x∈(－∞，x0)时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈(x0,＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
即x0是f(x)唯一的极值点，且是极小值点．
(2)由(1)得f(x)在x∈(－∞，x0)上是减函数，其中x0∈(0,1)，
又f(－2)＝－3e－2＋1＝1－eq \f(3,e2)>0，
f(0)＝－2<0，
所以f(x)在(－∞，x0)上只有一个零点，且这个零点在区间(－2,0)上，
f(x)在x∈(x0，＋∞)上是增函数，
又f(2)＝e2－3>0，f(x0)＜f(0)＜0，
所以f(x)在(x0，＋∞)上只有一个零点，且这个零点在区间(x0,2)上，
所以f(x)仅有两个零点，分别记作x1，x2(x1<0由于f(x)＝0，
所以f(x1)＝(x1－1)－x1－1＝0，
即＝eq \f(1＋x1,x1－1)，
故＝eq \f(x1－1,1＋x1).
f(－x1)＝(－x1－1)＋x1－1
＝(－x1－1)eq \f(x1－1,1＋x1)＋x1－1＝0，
即－x1也是f(x)的零点，即－x1＝x2，
所以x1＋x2＝0，
即f(x)＝0的两根互为相反数．