备考2024届高考数学一轮复习强化训练第三章一元函数的导数及其应用突破4利用导数解决零点问题

这是一份备考2024届高考数学一轮复习强化训练第三章一元函数的导数及其应用突破4利用导数解决零点问题，共2页。
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）若f（x）在区间（－1，0），（0，＋∞）各恰有一个零点，求a的取值范围.
解析 （1）当a＝1时，f（x）＝ln（1＋x）＋xe－x，
∴f'（x）＝1x+1＋e－x＋xe－x×（－1），
∴f'（0）＝1＋1＝2.
∵f（0）＝0，∴所求切线方程为y－0＝2（x－0），即y＝2x.
（2）∵f（x）＝ln（1＋x）＋axe－x＝ln（x＋1）＋axex，
∴当a≥0时，若x＞0，则ln（x＋1）＞0，axex≥0，∴f（x）＞0，
∴f（x）在（0，＋∞）上无零点，不符合题意.
当a＜0时，f'（x）＝ex＋a（1－x2）（x+1）ex.
令g（x）＝ex＋a（1－x2），则g'（x）＝ex－2ax，g'（x）在（－1，＋∞）上单调递增，g'（－1）＝e－1＋2a，g'（0）＝1.
（a）若g'（－1）≥0，则－12e≤a＜0，∴－12e≤a＜0时，g'（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴g（x）在（－1，＋∞）上单调递增.
∵g（－1）＝e－1＞0，∴g（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴f'（x）＞0在（－1，＋∞）上恒成立，
∴f（x）在（－1，＋∞）上单调递增.
∵f（0）＝0，
∴f（x）在（－1，0），（0，＋∞）上均无零点，不符合题意.
（b）若g'（－1）＜0，则a＜－12e，∴a＜－12e时，存在x0∈（－1，0），使得g'（x0）＝0.
∴g（x）在（－1，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增.
g（－1）＝e－1＞0，g（0）＝1＋a，g（1）＝e＞0.
（i）当g（0）≥0，即－1≤a＜－12e时，g（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，∴f'（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，
∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
∵f（0）＝0，
∴当x∈（0，＋∞）时，f（x）＞0，∴f（x）在（0，＋∞）上无零点，不符合题意.
（ii）当g（0）＜0，即a＜－1时，
存在x1∈（－1，x0），x2∈（0，1），使得g（x1）＝g（x2）＝0，
∴f（x）在（－1，x1），（x2，＋∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减.
∵f（0）＝0，∴f（x1）＞f（0）＝0，当x→－1时，f（x）＜0，
∴f（x）在（－1，x1）上存在一个零点，
即f（x）在（－1，0）上存在一个零点.
∵f（0）＝0，当x→＋∞时，f（x）＞0，
∴f（x）在（x2，＋∞）上存在一个零点，即f（x）在（0，＋∞）上存在一个零点.
综上，a的取值范围是（－∞，－1）.
2.[命题点2/全国卷Ⅱ]已知函数f（x）＝ln x－x+1x－1.
（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；
（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y＝ex的切线.
解析 （1）f（x）的定义域为（0，1）∪（1，＋∞）.
因为f'（x）＝1x＋2（x－1）2＞0，
所以f（x）在（0，1），（1，＋∞）单调递增.
因为f（e）＝1－e+1e－1＜0，f（e2）＝2－e2+1e2－1＝e2－3e2－1＞0，
所以f（x）在（1，＋∞）有唯一零点x1，即f（x1）＝0.
又0＜1x1＜1，f（1x1）＝－ln x1＋x1+1x1－1＝－f（x1）＝0，
故f（x）在（0，1）有唯一零点1x1.
综上，f（x）有且仅有两个零点.
（2）因为1x0＝e－lnx0，所以点B（－ln x0，1x0）在曲线y＝ex上.
由题设知f（x0）＝0，即ln x0＝x0+1x0－1，连接AB，则直线AB的斜率k＝1x0－lnx0－lnx0－x0＝1x0－x0+1x0－1－x0+1x0－1－x0＝1x0.
曲线y＝ex在点B（－ln x0，1x0）处切线的斜率是1x0，曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处切线的斜率也是1x0，所以曲线y＝ln x在点A（x0，ln x0）处的切线也是曲线y＝ex的切线.