高考数学二轮复习专题44 导数中的函数零点问题(2份打包，教师版+原卷版)

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专题44　导数中的函数零点问题
【高考真题】
1．(2022·全国乙文) 已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
1．解析　(1)当时，，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以；
(2)，则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，由(1)得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为．
2．(2022·全国乙理) 已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
2．解析　(1)的定义域为，当时，，
所以切点为，所以切线斜率为2．
所以曲线在点处的切线方程为．
(2)，
设
若，当，即
所以在上单调递增，．
故在上没有零点，不合题意．
若，当，则．
所以在上单调递增所以，即．
所以在上单调递增，．
故上没有零点，不合题意．
若
(1)当，则，所以在上单调递增．
．所以存在，使得，即．
当单调递减，当单调递增．
所以当，当．
所以在上有唯一零点．又没有零点，即在上有唯一零点．
(2)当．
设，．所以在单调递增．
，所以存在，使得
当单调递减，当单调递增．
，又．
所以存在，使得，即
当单调递增，当单调递减，有
而，所以当．所以在上有唯一零点，上无零点
即在上有唯一零点，所以，符合题意．
所以若在区间各恰有一个零点，求的取值范围为．

3．(2022·新高考Ⅰ)已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和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．
3．解析　(1)的定义域为R，而，
若，则，此时无最小值，故．
的定义域为，而．
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故．
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故．
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为．
综上，．
(2)由(1)可得和的最小值为．
当时，考虑的解的个数、的解的个数．
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2．
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2．
当，由（1）讨论可得、仅有一个零点，
当时，由（1）讨论可得、均无零点，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则．
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故，即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故在上有且只有一个零点，且
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，故，
此时有两个不同的零点，
此时有两个不同的零点，
故，，，．
所以，即，即，
故为方程的解，同理也为方程的解．
又可化为，即，即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故，即．
【方法总结】
1．利用导数求函数零点的常用方法
(1)构造函数g(x)(其中g′(x)易求，且g′(x)＝0可解)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数；
(2)利用零点存在性定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数零点的个数．
2．求解函数零点(方程根)的个数问题的3步骤
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单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；
第三步：结合图象求解．
3．利用函数零点的情况求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
【题型突破】
1．已知函数f(x)＝xex＋ex．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数．
1．解析　(1)函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(x＋2)ex，
令f′(x)＝0得x＝－2，则f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x
(－∞，－2)
－2
(－2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
－
单调递增
∴f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)．
当x＝－2时，f(x)有极小值为f(－2)＝－，无极大值．
(2)令f(x)＝0，得x＝－1，当x0，且f(x)的图象经过点，(－1，0)，(0，1)．
当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝→0；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示．

函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．
当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－．
∴关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论：
当a0)，
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)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0a；由f′(x)0，
所以g′(x)在x∈上单调递增，又 g′(0)＝－20，
所以存在x0∈使得g′(x)＝0且x∈(0，x0)时g(x)单调递减，x∈时g(x)单调递增．
综上，对于连续函数g(x)，当x∈(0，x0)时，g(x)单调递减，
当x∈(x0，π)时，g(x)单调递增．又因为g(0)＝－a0，即a0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)0在R上恒成立，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0在R上恒成立，
当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－0，故f(x)有一个零点．
综上所述，f(x)只有一个零点．
10．(2021·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点．①＜a≤，b＞2a；②0＜a＜，b≤2a．
10．解析　(1)f′(x)＝xe x－2ax＝x(ex－2a)，
①当a≤0时，令f′(x)＝0⇒x＝0，且当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
②当0＜a＜时，令f′(x)＝0⇒x1＝0，x2＝ln 2a＜0，且当x＜ln 2a时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当ln 2a＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
③当a＝时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在R上单调递增．
④当a＞时，令f′(x)＝0⇒x1＝0，x2＝ln 2a＞0，且当x＜0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当0＜x＜ln 2a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2a时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)若选①，由(1)知f(x)在(－∞，0)上单调递增，(0，ln 2a)上单调递减，(ln 2a，＋∞)上单调递增．
注意到f＝e－＜0，f(0)＝b－1＞2a－1＞0．
∴f(x)在上有一个零点；
f(ln 2a)＝(ln 2a－1)·2a－a·ln22a＋b＞2aln 2a－2a－aln22a＋2a＝aln 2a(2－ln 2a)，
由＜a≤得0＜ln 2a≤2，∴aln 2a(2－ln 2a)≥0，
∴f(ln 2a)＞0，当x≥0时，f(x)≥f(ln 2a)＞0，此时f(x)无零点．
综上，f(x)在R上仅有一个零点．
若选②，则由(1)知f(x)在(－∞，ln 2a)上单调递增，在(ln 2a，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
f(ln 2a)＝(ln 2a－1)2a－aln22a＋b≤2aln 2a－2a－aln22a＋2a＝aln 2a(2－ln 2a)．
∵0＜a＜，∴ln 2a＜0，∴aln 2a(2－ln 2a)＜0．
∴f(ln2a)＜0，∴当x≤0时，f(x)≤f(ln 2a)＜0，此时f(x)无零点．
当x＞0时，f(x)单调递增，注意到f(0)＝b－1≤2a－1＜0．
取c＝，∵b≤2a＜1，∴c＞＞1，又可证ec＞c＋1，
∴f(c)＝(c－1)ec－ac2＋b＞(c－1)(c＋1)－ac2＋b＝(1－a)c2＋b－1＞c2＋b－1＝1－b＋1＋b－1＝1＞0．
∴f(x)在(0，c)上有唯一零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
综上，f(x)在R上有唯一零点．
11．(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
11．解析　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，令f′(x)0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x＋2)，即＝，
所以函数y＝的图象与函数φ(x)＝的图象有两个交点，φ′(x)＝，
当x∈(－∞，－1)时，φ′(x)>0；当x∈(－1，＋∞)时，φ′(x)0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)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．
12．解析　(1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)，f′(x)＝(x>0)，
令f′(x)>0，则00)，则g′(x)＝(x>0)，令g′(x)＝＝0，得x＝e，
当0e时，g′(x)e时，g(x)∈，又g(1)＝0，
所以00，h(x)单调递增，
当x∈(－2，1)时，h′(x)0，h(x)单调递增，
又当x→－∞时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0且h(x)0)，则m－mln m＝－e2，令g(m)＝m－mln m＋e2，则g′(m)＝－ln m，
当m∈(0，1)时，g′(m)>0，当m∈(1，＋∞)时，g′(m)0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
19．解析　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a．
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间．
当a>0时，令f′(x)ln a，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，即k0)恒成立，令g(x)＝＋x(x>0)，
得g′(x)＝＋1＝(x>0)．
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数．
又因为h(1)0，
所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点)．
当x∈(0，α)时，g′(x)0，所以g(x)min＝g(α)＝＋α．
又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，
所以k的最大值为2．
20．已知函数f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2．
(1)当a＝0时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在区间(0，1)内存在零点，求实数a的取值范围．
20．解析　(1)当a＝0时，f(x)＝ex－ex，则f′(x)＝ex－e，f′(1)＝0，
当x0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝0，无极大值．
(2)由题意得f′(x)＝ex－2ax＋a－e，
设g(x)＝ex－2ax＋a－e，则g′(x)＝ex－2a．
若a＝0，由(1)知f(x)的极小值f(1)＝0，故f(x)在区间(0，1)内没有零点．
若a0，故函数g(x)在区间(0，1)内单调递增．
又g(0)＝1＋a－e0，所以存在x0∈(0，1)，使g(x0)＝0．
故当x∈(0，x0)时，f′(x)0，f(x)单调递增．
因为f(0)＝1，f(1)＝0，所以当a0，由(1)得当x∈(0，1)时，ex>ex．则f(x)＝ex＋(a－e)x－ax2>ex＋(a－e)x－ax2＝a(x－x2)>0，
此时函数f(x)在区间(0，1)内没有零点．
综上，实数a的取值范围为(－∞，0)．