2022版新高考数学一轮总复习课后集训：23+利用导数解决函数的零点问题+Word版含解析

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 课后限时集训(二十三)　利用导数解决函数的零点问题建议用时：40分钟1．(2020·石家庄模拟)已知函数f(x)＝2a2ln x－x2(a＞0)．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)讨论函数f(x)在区间(1，e2)内零点的个数(e为自然对数的底数)．[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝2ln x－x2，∴f′(x)＝－2x，∴f′(1)＝0，又f(1)＝－1，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝0.(2)∵f(x)＝2a2ln x－x2，∴f′(x)＝－2x＝.∵x＞0，a＞0，∴当0＜x＜a时，f′(x)＞0；当x＞a时，f′(x)＜0.∴f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(3)由(2)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0＜a＜时，函数f(x)无零点，∴函数f(x)在(1，e2)内无零点．②当a2(2ln a－1)＝0，即a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)内有唯一零点a，而1＜a＝＜e2，∴函数f(x)在(1，e2)内有一个零点．③当a2(2ln a－1)＞0，即a＞时，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＜a＜时，f(e2)＜0，由函数的单调性可知，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≥时，f(e2)≥0，由函数的单调性可知，f(x)在(1，e2)内只有一个零点．综上所述，当0＜a＜时，函数f(x)在(1，e2)内无零点；当a＝或a≥时，函数f(x)在(1，e2)内有一个零点；当＜a＜时，函数f(x)在(1，e2)内有两个零点．2．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]　(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)方法一：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0＜a＜，当x∈(－∞，ln a)∪(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，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)．方法二：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)．3．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－.(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]　(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．因为f(e)＝1－＜0，f(e2)＝2－＝＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e＜x1＜e2)，即f(x1)＝0.又0＜＜1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点．(2)因为＝e－ln x0，故点B在曲线y＝ex上．由题设知f(x0)＝0，即ln x0＝，连接AB，则直线AB的斜率k＝＝＝.曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处切线的斜率也是，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．