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新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第5讲利用导数研究函数的零点问题核心考点1判断函数零点的个数教师用书
展开1. (2022·全国乙卷)已知函数f(x)=ax-eq \f(1,x)-(a+1)ln x.
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
【解析】 (1)当a=0时,f(x)=-eq \f(1,x)-ln x,x>0,则f′(x)=eq \f(1,x2)-eq \f(1,x)=eq \f(1-x,x2),
当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
所以f(x)max=f(1)=-1.
(2)f(x)=ax-eq \f(1,x)-(a+1)ln x,x>0,则f′(x)=a+eq \f(1,x2)-eq \f(a+1,x)=eq \f(ax-1x-1,x2),
当a≤0时,ax-1≤0,所以当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
所以f(x)max=f(1)=a-1<0,此时函数无零点,不合题意;
当01,在(0,1),eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a),+∞))上,f′(x)>0,f(x)单调递增;
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(1,a)))上,f′(x)<0,f(x)单调递减;
又f(1)=a-1<0,
由(1)得eq \f(1,x)+ln x≥1,即ln eq \f(1,x)≥1-x,ln x≤x-1
则存在m=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)+2))2>eq \f(1,a),使得f(m)>0,
所以f(x)仅在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a),+∞))有唯一零点,符合题意;
当a=1时,f′(x)=eq \f(x-12,x2)≥0,所以f(x)单调递增,又f(1)=a-1=0,
所以f(x)有唯一零点,符合题意;
当a>1时,eq \f(1,a)<1,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,a))),(1,+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增;
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a),1))上,f′(x)<0,f(x)单调递减;此时f(1)=a-1>0,
由(1)得当0
此时f(x)=ax-eq \f(1,x)-(a+1)ln x
所以f(x)有唯一零点,符合题意;
综上,a的取值范围为(0,+∞).
2. (2022·全国甲卷)已知函数f(x)=eq \f(ex,x)-ln x+x-a.
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)-\f(1,x2)))ex-eq \f(1,x)+1=eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,x)))ex+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,x)))=eq \f(x-1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ex,x)+1)),
令f(x)=0,得x=1,
当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,f(x)≥f(1)=e+1-a,
若f(x)≥0,则e+1-a≥0,即a≤e+1,
所以a的取值范围为(-∞,e+1].
(2)证明:由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1,
不妨设x1<1
因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2))),
即证eq \f(ex,x)-ln x+x-xeeq \s\up7(\f(1,x))-ln x-eq \f(1,x)>0,x∈(1,+∞),
即证eq \f(ex,x)-xeeq \s\up7(\f(1,x))-2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln x-\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))))>0,
下面证明x>1时,eq \f(ex,x)-xeeq \s\up7(\f(1,x))>0,ln x-eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))<0,
设g(x)=eq \f(ex,x)-xeeq \s\up7(\f(1,x)),x>1,
则g′(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)-\f(1,x2)))ex-eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(e\s\up7(\f(1,x))+xe\s\up7(\f(1,x))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,x2)))))=eq \f(1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,x)))ex-eeq \s\up7(\f(1,x))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,x)))
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ex,x)-e\s\up7(\f(1,x))))=eq \f(x-1,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ex,x)-e\s\up7(\f(1,x)))),
设φ(x)=eq \f(ex,x)(x>1),φ′(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)-\f(1,x2)))ex=eq \f(x-1,x2)ex>0,
所以φ(x)>φ(1)=e,而eeq \s\up7(\f(1,x))
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
即g(x)>g(1)=0,所以eq \f(ex,x)-xeeq \s\up7(\f(1,x))>0,
令h(x)=ln x-eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x))),x>1,
h′(x)=eq \f(1,x)-eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,x2)))=eq \f(2x-x2-1,2x2)=eq \f(-x-12,2x2)<0,
所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,
即h(x)
3. (2022·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【解析】 (1)f(x)=ex-ax的定义域为R,而f′(x)=ex-a,
若a≤0,则f′(x)>0,此时f(x)无最小值,故a>0.
g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+∞),而g′(x)=a-eq \f(1,x)=eq \f(ax-1,x).
当x
故f(x)min=f(ln a)=a-aln a.
当0
故g(x)min=geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))=1-ln eq \f(1,a).
因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,
故1-ln eq \f(1,a)=a-aln a,整理得到eq \f(a-1,1+a)=ln a,其中a>0,
设g(a)=eq \f(a-1,1+a)-ln a,a>0,则g′(a)=eq \f(2,1+a2)-eq \f(1,a)=eq \f(-a2-1,a1+a2)≤0,
故g(a)为(0,+∞)上的减函数,而g(1)=0,
故g(a)=0的唯一解为a=1,故eq \f(1-a,1+a)=ln a的解为a=1.
综上,a=1.
(2)证明:由(1)可得f(x)=ex-x和g(x)=x-ln x的最小值为1-ln 1=1-ln eq \f(1,1)=1.
当b>1时,考虑ex-x=b的解的个数、x-ln x=b的解的个数.
设S(x)=ex-x-b,S′(x)=ex-1,
当x<0时,S′(x)<0,当x>0时,S′(x)>0,
故S(x)在(-∞,0)上为减函数,在(0,+∞)上为增函数,
所以S(x)min=S(0)=1-b<0,
而S(-b)=e-b>0,S(b)=eb-2b,
设u(b)=eb-2b,其中b>1,则u′(b)=eb-2>0,
故u(b)在(1,+∞)上为增函数,故u(b)>u(1)=e-2>0,
故S(b)>0,故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点,即ex-x=b的解的个数为2.
设T(x)=x-ln x-b,T′(x)=eq \f(x-1,x),
当0
故T(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数,
所以T(x)min=T(1)=1-b<0,
而T(e-b)=e-b>0,T(eb)=eb-2b>0,
T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点即x-ln x=b的解的个数为2.
当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b、ex-x=b仅有一个零点,
当b<1时,由(1)讨论可得x-ln x=b、ex-x=b均无零点,
故若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点,
则b>1.
设h(x)=ex+ln x-2x,其中x>0,故h′(x)=ex+eq \f(1,x)-2,
设s(x)=ex-x-1,x>0,则s′(x)=ex-1>0,
故s(x)在(0,+∞)上为增函数,故s(x)>s(0)=0即ex>x+1,
所以h′(x)>x+eq \f(1,x)-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上为增函数,
而h(1)=e-2>0,heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e3)))=eeq \s\up7(\f(1,e3))-3-eq \f(2,e3)
因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点,
故b=f(x0)=g(x0)>1,
此时ex-x=b有两个不同的零点x1,x0(x1<0
所以x4-b=ln x4即ex4-b=x4即ex4-b-(x4-b)-b=0,
故x4-b为方程ex-x=b的解,同理x0-b也为方程ex-x=b的解;
又ex1-x1=b可化为ex1=x1+b即x1-ln(x1+b)=0即(x1+b)-ln(x1+b)-b=0,
故x1+b为方程x-ln x=b的解,同理x0+b也为方程x-ln x=b的解,
所以{x1,x0}={x0-b,x4-b},而b>1,
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0=x4-b,,x1=x0-b,))即x1+x4=2x0.
4. (2023·上海高考)已知a,c∈R,函数f(x)=eq \f(x2+3a+1x+c,x+a).
(1)若a=0,求函数的定义域,并判断是否存在c使得f(x)是奇函数,说明理由;
(2)若函数过点(1,3),且函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点,求此时c的值和a的取值范围.
【解析】 (1)若a=0,则f(x)=eq \f(x2+x+c,x)=x+eq \f(c,x)+1,
要使函数有意义,则x≠0,即f(x)的定义域为{x|x≠0},
∵y=x+eq \f(c,x)是奇函数,y=1是偶函数,
∴函数f(x)=x+eq \f(c,x)+1为非奇非偶函数,不可能是奇函数,故不存在实数c,使得f(x)是奇函数.
(2)若函数过点(1,3),则f(1)=eq \f(1+3a+1+c,1+a)=eq \f(3a+2+c,1+a)=3,得3a+2+c=3+3a,得c=3-2=1,
此时f(x)=eq \f(x2+3a+1x+1,x+a),若函数f(x)与x轴负半轴有两个不同交点,
即f(x)=eq \f(x2+3a+1x+1,x+a)=0,得x2+(3a+1)x+1=0,当x<0时,有两个不同的交点,
设g(x)=x2+(3a+1)x+1,
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ=3a+12-4>0,,x1x2=1>0,,x1+x2=-3a+1<0,,-\f(3a+1,2)<0,))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a+1>2或3a+1<-2,,3a+1>0,))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>\f(1,3)或a<-1,,a>-\f(1,3),))即a>eq \f(1,3),
若x+a=0即x=-a是方程x2+(3a+1)x+1=0的根,
则a2-(3a+1)a+1=0,即2a2+a-1=0,得a=eq \f(1,2)或a=-1,
则实数a的取值范围是a>eq \f(1,3)且a≠eq \f(1,2),
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3),\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),+∞)).
核心考点1 判断函数零点的个数
典例研析·悟方法
典例1 (2023·黄埔区模拟)已知函数f(x)=ex-1+e-x+1,g(x)=a(x2-2x)(a<0).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)讨论函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数.
【解析】 (1)由f(x)=ex-1+e-x+1,可得f′(x)=ex-1-e-x+1=eq \f(e2x-1-1,ex-1),
令f′(x)=0,解得x=1,
当x<1时,则x-1<0,可得f′(x)<0,f(x)在(-∞,1)上单调递减;
当x>1时,则x-1>0,可得f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增;
故函数f(x)的单调递减区间是(-∞,1),单调递增区间是(1,+∞).
(2)由h(x)=0,得f(x)=g(x),
因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)的图象的交点个数,
因为g(x)=a(x2-2x)(a<0),
所以g(x)的递增区间是(-∞,1),递减区间是(1,+∞),
所以当x=1时,g(x)取最大值g(1)=-a,
由(1)可知,当x=1时,f(x)取最小值f(1)=2,
当-a<2,即-2当-a=2,即a=-2时,函数f(x)与g(x)的图象只有一个交点,即函数h(x)有一个零点;
当-a>2,即a<-2时,函数h(x)有两个零点,
理由如下:
因为h(x)=f(x)-g(x)=ex-1+e-x+1-a(x2-2x),
所以h(1)=2+a<0,h(2)=e+e-1>0,
由函数零点存在定理,知h(x)在(1,2)内有零点.
又f(x)在(1,+∞)上单调递增,g(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以h(x)=f(x)-g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(x)=f(x)-g(x)在(1,+∞)上只有一个零点.
又因为f(2-x)=e(2-x)-1+e-(2-x)+1=e1-x+ex-1=f(x),
所以f(x)的图象关于直线x=1对称,
因为g(x)的图象关于直线x=1对称,
所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x=1对称,
所以h(x)=f(x)-g(x)在(-∞,1)上只有一个零点.
所以当a<-2时,h(x)=f(x)-g(x)有两个零点.
方法技巧·精提炼
利用导数研究函数零点问题的思路
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求,g′(x)=0可解),转化确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解.
(2)利用零点存在性定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.
加固训练·促提高
(2023·定远县校级模拟)已知函数f(x)=ex+x+4ln(2-x).
(1)求函数f(x)的图象在(0,f(0))处的切线方程;
(2)判断函数f(x)的零点个数,并说明理由.
【解析】 (1)f′(x)=ex+1-eq \f(4,2-x)(x<2),
所以切线斜率为f′(0)=e0+1-eq \f(4,2-0)=0,f(0)=e0+0+4ln(2-0)=1+4ln 2,
所以切点坐标为(0,1+4ln 2),
则函数f(x)的图象在(0,f(0))处的切线方程为y=1+4ln 2.
(2)有两个零点,理由如下:
令f(x)=ex+x+4ln(2-x)=0,可得ex=-x-4ln(2-x),
判断函数f(x)的零点个数即判断t(x)=ex(x<2)与g(x)=-x-4ln(2-x)(x<2)图象交点的个数,
因为t(x)=ex为单调递增函数,t(x)>0,
当x无限接近于-∞时t(x)无限接近于0,且t(2)=e2,
由g′(x)=-1+eq \f(4,2-x)=eq \f(x+2,2-x)=0,得x=-2,
当-2
当x<-2时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
所以g(-2)=2-4ln 4<0,g(-e3-2)=e3+2-4ln e3=e3-10>0,
g(1)=-1<0,geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))=-eq \f(3,2)-4ln eq \f(1,2)=ln eq \f(24,\r(e3))=lneq \r(\f(28,e3))>0,
且当x无限接近于2时g(x)无限接近于+∞,
所以t(x)=ex与g(x)=-x-4ln(2-x)的图象在x<0时有一个交点,在0
高考预测
判断函数零点的个数
以指数函数、对数函数、三次有理函数、三角函数为载体,探究函数零点问题,是高考题的重点常考内容.
根据函数的零点的个数求参数的范围
新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第5讲利用导数研究函数的零点问题核心考点2根据零点的个数求参数的值范围教师用书: 这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第5讲利用导数研究函数的零点问题核心考点2根据零点的个数求参数的值范围教师用书,共3页。
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