新高考数学二轮复习专题一第5讲母题突破3零点问题学案

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(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内的零点个数．
思路分析
❶求f′x，判断f′x的符号
↓
❷等价变形Fx＝0，构造新函数hx＝xsin x－excs x
↓
❸分类讨论hx的单调性
解 (1)函数f(x)＝eq \f(ex,x)的定义域为{x|x≠0}，
f′(x)＝eq \f(exx－ex,x2)＝eq \f(exx－1,x2)，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq \f(ex,x)－tan x＝0，
得xsin x－excs x＝0.
设h(x)＝xsin x－excs x，
所以h′(x)＝ex(sin x－cs x)＋(xcs x＋sin x)．
①当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，
可知sin x－cs x<0，xcs x＋sin x<0，所以
h′(x)＝ex(sin x－cs x)＋(xcs x＋sin x)<0，
从而h(x)＝xsin x－excs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，
又h(0)＝－1，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝eq \f(π,2)>0，
由零点存在定理及h(x)的单调性，
得h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上有一个零点．
②当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，cs x≥sin x>0，
由(1)知函数f(x)＝eq \f(ex,x)在(0,1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，
函数F(x)＝f(x)－g(x)＝eq \f(ex,x)－tan x单调递减，
F(x)min＝Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝
所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上无零点．
③当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，sin x>cs x>0，
h′(x)＝ex(sin x－cs x)＋(xcs x＋sin x)>0，
则h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增．
又heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)>0，
heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(π,4)－eq \f(\r(2),2)·
所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上存在一个零点．
综上，h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上零点个数为2，
即F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的零点个数为2.
[子题1] (2021·全国甲卷改编)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)，
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∴a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞)．
[子题2] 设函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2(a∈R)．函数g(x)＝ax－1，证明：当a≤2时，函数H(x)＝f(x)－g(x)至多有一个零点．
证明 因为H(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1，
所以H′(x)＝eq \f(x2x＋2－a,x＋1)(x>－1)，
令H′(x)＝0，x1＝0，x2＝eq \f(a,2)－1.
①当a＝2时，H′(x)≥0，函数H(x)在定义域(－1，＋∞)上单调递增，至多有一个零点；
②当a≤0时，eq \f(a,2)－1≤－1，
令H′(x)>0，得x>0，
令H′(x)<0，得－1所以函数H(x)在区间(－1,0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
则函数H(x)在x＝0时有最小值H(0)＝1>0，此时函数H(x)无零点．
③当0令H′(x)>0，得－10，
令H′(x)<0，得eq \f(a,2)－1所以函数H(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(a,2)－1))，(0，＋∞)上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1，0))上单调递减．
因为函数H(0)＝1>0，
所以Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1))>0，且H(x)>0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)－1，＋∞))上恒成立．
H(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(a,2)－1))上至多有一个零点．
所以当0综上，当a≤2时，函数H(x)＝f(x)－g(x)至多有一个零点．
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．
1．(2022·河南六市联考)已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)讨论函数f(x)的零点个数．
解 (1)∵f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，
又f′(x)＝ex－a，
∴当a≤0时，f′(x)>0，
则f(x)在R上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln a，
当x当x>ln a时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，
当a＝0时，ex＝a(x－2)无解，
∴f(x)无零点．
当a≠0时，eq \f(1,a)＝eq \f(x－2,ex).
令φ(x)＝eq \f(x－2,ex)，x∈R，
∴φ′(x)＝eq \f(3－x,ex)，
当x∈(－∞，3)时，φ′(x)>0；
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，
在(3，＋∞)上单调递减，
且φ(x)max＝φ(3)＝eq \f(1,e3)，
又x→＋∞时，φ(x)→0
x→－∞时，φ(x)→－∞，
∴φ(x)的图象如图所示．
∴当eq \f(1,a)>eq \f(1,e3)，
即0当eq \f(1,a)＝eq \f(1,e3)，即a＝e3时，f(x)有一个零点；
当0e3时，f(x)有两个零点；
当eq \f(1,a)<0，即a<0时，f(x)有一个零点．
综上所述，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；
当a∈(－∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；
当a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点．
2．(2022·北京模拟)设函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)(m∈R)．
(1)若m＝－1，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，求实数m的取值范围．
解 (1)当m＝－1时，f(x)＝x2－ln(x＋1)，
可得f′(x)＝2x－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(2x2＋2x－1,x＋1)，
则f′(0)＝－1，f(0)＝0，
可得曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为
y－0＝－1·(x－0)，即x＋y＝0.
(2)由函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)，x∈(0,1)，
可得f′(x)＝2x＋eq \f(m,x＋1)＝eq \f(2x2＋2x＋m,x＋1)，
令g(x)＝2x2＋2x＋m，x∈(0,1)，
当m≥0时，g(x)>0，
即f′(x)>0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，
因为f(0)＝0，所以f(x)>f(0)＝0，所以函数f(x)在区间(0,1)上没有零点，不符合题意；
当m<0时，函数g(x)＝2x2＋2x＋m的图象开口向上，且对称轴为x＝－eq \f(1,2)，
由g(1)＝2＋2＋m≤0，解得m≤－4，
当m≤－4时，g(x)<0在区间(0,1)上恒成立，
即f′(x)<0，f(x)在区间(0,1)上单调递减，
因为f(0)＝0，所以f(x)当－4设x0∈(0,1)使得g(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，
g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，1)时，
g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因为f(0)＝0，要使得函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，
则满足f(1)＝1＋mln(1＋1)>0，
解得m>－eq \f(1,ln 2)，
所以实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,ln 2)，0)).
专题强化练
1．(2022·成都模拟)已知函数f(x)＝ln x－eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(－1k－1·x－1k,k).
(1)分别求n＝1和n＝2的函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)的零点个数．
解 (1)由已知，得
f(x)＝ln x－eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1－\f(x－12,2)＋\f(x－13,3)＋…＋))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－1n－1x－1n,n))).
①当n＝1时，f(x)＝ln x－(x－1)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－1.
由f′(x)＝eq \f(1,x)－1>0，得0由f′(x)＝eq \f(1,x)－1<0，得x>1.
因此，当n＝1时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
②当n＝2时，
f(x)＝ln x－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－1－\f(x－12,2)))，
f′(x)＝eq \f(1,x)－1＋(x－1)＝eq \f(x－12,x).
因为f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
且只有当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由f(x)＝ln x－eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1－\f(x－12,2)))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋\f(x－13,3)＋…＋\f(－1n－1x－1n,n)))，
得f′(x)＝eq \f(1,x)－[1－(x－1)＋(x－1)2＋…＋(－1)n－1(x－1)n－1]
＝eq \f(1,x)－eq \f(1－1－xn,1－1－x)
＝eq \f(1－xn,x).
当n为偶数时，f′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立，且只有当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.
当n为奇数时，由f′(x)＝eq \f(1－xn,x)>0，
得0由f′(x)＝eq \f(1－xn,x)<0，得x>1.
因此，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.
综上，函数f(x)有唯一零点x＝1，即函数f(x)的零点个数为1.
2．(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)(x<0)，
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．