3.7利用导数研究函数零点（精练）-【题型·技巧培优系列】最新高考数学大一轮复习精讲精练（新高考地区）

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3.7利用导数研究函数零点
【题型解读】

【题型一　零点的个数问题】
1.（2022·山东济南历城二中高三月考）已知函数f(x)＝(a，b∈R，a≠0)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为－a.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论方程f(x)＝1根的个数．
[解析]　 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，
所以f(x)＝，f′(x)＝－.
当a>0时，由f′(x)>0，得0.
当a<0时，由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得0 综上，当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)f(x)＝1，即方程＝1，即方程＝，构造函数h(x)＝，
则h′(x)＝－，令h′(x)＝0，得x＝，且在上h′(x)>0，在上h′(x)<0，即h(x)在上单调递增，在上单调递减，所以h(x)max＝h＝e.
在上，h(x)单调递减且h(x)＝>0，当x无限增大时，h(x)无限接近0；
在上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，ln x＋2负无限大，故h(x)负无限大．
故当0<时，方程f(x)＝1有两个不等实根，当a＝时，方程f(x)＝1只有一个实根，当a<0时，方程f(x)＝1只有一个实根．
综上可知，当a>时，方程f(x)＝1有两个实根；当a<0或a＝时，方程f(x)＝1有一个实根；当0 2．（2022·天津·崇化中学期末）设函数f(x)＝ln x＋，m∈R．
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
【解析】　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋，则f′(x)＝，
∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋＝2，∴f(x)的极小值为2．
(2)由题设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．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝．又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(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0 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 函数g(x)有两个零点．
3. （2022·山东济南高三期末）已知函数f (x)＝ln x－ax2(a∈R)．
(1)若f (x)在点(2，f (2))处的切线与直线2x＋y＋2＝0垂直，求实数a的值；
(2)求函数f (x)的单调区间；
(3)讨论函数f (x)在区间[1，e2]上零点的个数．
【解析】　(1)f (x)＝ln x－ax2的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－ax＝，则f ′(2)＝．
因为直线2x＋y＋2＝0的斜率为－2，所以(－2)×＝－1，解得a＝0．
(2)f ′(x)＝，x∈(0，＋∞)，
当a≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由得0，
所以f (x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述：当a≤0时，f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为．
(3)由(2)可知，
(ⅰ)当a<0时，f (x)在[1，e2]上单调递增，而f (1)＝－a>0，故f (x)在[1，e2]上没有零点．
(ⅱ)当a＝0时，f (x)在[1，e2]上单调递增，而f (1)＝－a＝0，故f (x)在[1，e2]上有一个零点．
(ⅲ)当a>0时，①若≤1，即a≥1时，f (x)在[1，e2]上单调递减．
因为f (1)＝－a<0，所以f (x)在[1，e2]上没有零点．
②若1<≤e2，即≤a<1时，f (x)在上单调递增，在上单调递减，
而f (1)＝－a<0，f ＝－ln a－，f (e2)＝2－ae4，
若f ＝－ln a－<0，即a>时，f (x)在[1，e2]上没有零点；
若f ＝－ln a－＝0，即a＝时，f (x)在[1，e2]上有一个零点；
若f ＝－ln a－>0，即a<时，由f (e2)＝2－ae4>0，得a<，此时，f (x)在[1，e2]上有一个零点；
由f (e2)＝2－ae4≤0，得a≥，此时，f (x)在[1，e2]上有两个零点；
③若≥e2，即0 因为f (1)＝－a<0，f (e2)＝2－ae4>0，所以f (x)在[1，e2]上有一个零点．
综上所述：当a<0或a>时，f (x)在[1，e2]上没有零点；当0≤a<或a＝时，f (x)在[1，e2]上有一个零点；当≤a<时，f (x)在[1，e2]上有两个零点
【题型二　已知函数零点求参】
1.（2022·山东青岛高三期末）已知函数f (x)＝xex－a(x＋1)2．
(1)若a＝e，求函数f (x)的极值；
(2)若函数f (x)有两个零点，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)由题意知，当a＝e时，f (x)＝xex－e(x＋1)2，函数f (x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f ′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．令f ′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1．
当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表所示：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f (x)

极大值－

极小值－e

所以当x＝－1时，f (x)取得极大值－；当x＝1时，f (x)取得极小值－e．
(2)法一：分类讨论法　f ′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，
若a＝0，易知函数f (x)在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意．
若a<0，当x∈(－∞，－1)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(－1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
由f (－1)＝－<0，且f (1)＝e－2a>0，当x→－∞时，f (x)→＋∞，
所以函数f (x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．
若ln a<－1，即00，f (x)单调递增；
当x∈(ln a，－1)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
又f (ln a)＝aln a－a(ln a＋1)2<0，所以函数f (x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．
若ln a＝－1，即a＝，当x∈(－∞，＋∞)时，f ′(x)≥0，f (x)单调递增，故不符合题意．
若ln a>－1，即a>，当x∈(－∞，－1)∪(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(－1，ln a)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
又f (－1)＝－<0，所以函数f (x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，0)．
法二：数形结合法　令f (x)＝0，即xex－a(x＋1)2＝0，得xex＝a(x＋1)2．
当x＝－1时，方程为－e－1＝a×0，显然不成立，
所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f (x)的零点．
当x≠－1时，分离参数得a＝．
记g(x)＝(x≠－1)，则g′(x)＝＝．
当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
当x＝0时，g(x)＝0；当x→－∞时，g(x)→0；当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞．
故函数g(x)的图象如图所示．

作出直线y＝a，由图可知，当a<0时，直线y＝a和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f (x)有两个零点．故实数a的取值范围是(－∞，0)．
2．（2022·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝ex－ax2．
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a．
【解析】　(1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0．
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x．
当x≠1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1．
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x．当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
①当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
②当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x．当x∈(0，2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0．
所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．
1)若h(2)>0，即a<，h(x)在(0，＋∞)没有零点；
2)若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；
3)若h(2)<0，即a>，由于h(0)＝1，
所以h(x)在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x>0时，ex>x2，
所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0．
故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝．
3. （2022·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2，a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【解析】　(1)f′(x)＝ex＋(x－1)ex＋2ax＝x(ex＋2a)．
①若a≥0，则当x>0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0．
故函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<0时，由f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln(－2a)．
(ⅰ)若ln(－2a)＝0，即a＝－，则∀x∈R，f′(x)＝x(ex－1)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
(ⅱ)若ln(－2a)<0，即－0；当x∈(ln(－2a)，0)时，f′(x)<0．故函数f(x)在(－∞，ln(－2a))，(0，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，0)上单调递减．
(ⅲ)若ln(－2a)>0，即a<－，则当x∈(－∞，0)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(0，ln(－2a))时，f′(x)<0．故函数f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(0，ln(－2a))上单调递减．
(2)①当a>0时，由(1)知，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
因为f(0)＝－1<0，f(2)＝e2＋4a>0，取实数b满足b<－2且b f(b)>a(b－1)＋ab2＝a(b2＋b－1)>a(4－2－1)>0，所以f(x)有两个零点；
②若a＝0，则f(x)＝(x－1)ex，故f(x)只有一个零点．
③若a<0，由(1)知，
当a≥－时，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又当x≤0时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；
当a<－时，则f(x)在(－∞，0)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增；
在(0，ln(－2a))上单调递减．又f(0)＝－1，故不存在两个零点．
综上所述，a的取值范围是(0，＋∞)．
【题型三　隐零点问题】
1.（2022·河南高三期末）已知函数f(x)＝xex－a(x＋lnx)．
(1)讨论f(x)极值点的个数；
(2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)>0，证明：f(x0)>2(x0－x)．
【解析】　(1) f′(x)＝(x＋1)ex－a＝(x＋1)＝，x∈(0，＋∞)．
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，不存在极值点；
②当a>0时，令h(x)＝xex－a，h′(x)＝(x＋1)ex>0．显然函数h(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又因为当x→0时，h(x)→－a<0，h(a)＝a(ea－1)>0，必存在x0>0，使h(x0)＝0．
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)为增函数．
所以，x＝x0是f(x)的极小值点．综上，当a≤0时，f(x)无极值点，当a>0时，f(x)有一个极值点．
(2)由(1)得，f′(x0)＝0，即x0ex0＝a，f(x0)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)＝x0ex0(1－x0－ln x0)，
因为f(x0)>0，所以1－x0－ln x0>0，令g(x)＝1－x－ln x，g′(x)＝－1－<0，
g(x)在(0，＋∞)上是减函数，且g(1)＝0，由g(x)>g(1)得x<1，所以x0∈(0，1)，
设φ(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，1)，φ′(x)＝－1＝，当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，所以φ(x)为增函数，
φ(x)<φ(1)＝0，即φ(x)<0，即ln x1－x，
所以ln(x＋1)x＋1>0，则ex0>x0＋1．
因为x0∈(0，1)，所以1－x0－ln x0>1－x0＋1－x0＝2(1－x0)>0．
相乘得ex0(1－x0－ln x0)>(x0＋1)(2－2x0)，
所以f(x0)＝x0ex0(1－x0－ln x0)>2x0(x0＋1)(1－x0)＝2x0(1－x)＝2(x0－x)．
故f(x0)>2(x0－x)成立．
2．（2022·广东·高三期末）已知函数f(x)＝lnx－kx(k∈R)，g(x)＝x(ex－2)．
(1)若f(x)有唯一零点，求k的取值范围；
(2)若g(x)－f(x)≥1恒成立，求k的取值范围．
【解析】　(1)由f(x)＝lnx－kx有唯一零点，可得方程lnx－kx＝0，即k＝有唯一实根，
令h(x)＝，则h′(x)＝，由h′(x)>0，得0e，
∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．∴h(x)≤h(e)＝，
又h(1)＝0，∴当0e时，h(x)＝>0，
则h(x)＝的大致图象如图所示，

可知，k＝或k≤0．
(2)∵x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x>0，∴k≥－ex＋2恒成立，
令φ(x)＝－ex＋2，则 φ′(x)＝－ex＝，
令μ(x)＝－ln x－x2ex，则 μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)＝－－xex(2＋x)<0(x>0)，
∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减，又μ＝1－>0，μ(1)＝－e<0，
由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈，使μ(x0)＝0，即－ln x0＝x，
两边取对数可得ln(－ln x0)＝2ln x0＋x0，即ln(－ln x0)＋(－ln x0)＝x0＋ln x0，
由函数y＝x＋ln x为增函数，可得x0＝－ln x0，
又当00，φ′(x)>0；当x>x0时，μ(x)<0, φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)≤φ(x0)＝－＋2＝－＋2＝1，∴k≥φ(x0)＝1，
即k的取值范围为k≥1．
3. （2022·山东·历城二中期末）已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝2时，设函数g(x)＝f(x)＋lnx－x－b，b∈Z，若g(x)≤0对任意的x∈恒成立，求b的最小值．
【解析】　(1)由题意，函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)，可得f′(x)＝(x－a＋1)ex，
当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)<0；当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)>0，
故函数f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增．
(2)由函数g(x)＝f(x)＋ln x－x－b＝(x－2)ex＋ln x－x－b(b∈Z)，
因为g(x)≤0对任意的x∈恒成立．即b≥(x－2)ex＋ln x－x对任意的x∈恒成立，
令函数h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x，则h′(x)＝(x－1)ex＋－1＝(x－1)，
因为x∈，所以x－1<0．
再令函数t(x)＝ex－，可得t′(x)＝ex＋>0，所以函数t(x)单调递增．
因为t＝e－2<0，t(1)＝e－1>0，所以一定存在唯一的x0∈，
使得t(x0)＝0，即ex0＝，即x0＝－ln x0，
所以h(x)在上单调递增，在(x0，1)上单调递减，
所以h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)ex0＋ln x0－x0＝1－2∈(－4，－3)．
因为b∈Z，所以b的最小值为－3．