2024版新教材高考数学全程一轮总复习高考大题研究课二利用导数研究函数的零点问题

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例 1 [2023·皖南八校联考]已知函数f(x)＝＋x ln x－x.
(1)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围；
(2)当a＝0时，求函数h(x)＝f(x)－x＋的零点个数．
题后师说
利用导数确定函数零点个数的方法
巩固训练1
设函数f(x)＝ln x＋，讨论函数g(x)＝f′(x)－的零点个数．
题型二 利用函数的零点个数求参数范围
例 2[2023·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在(0，e2)上有两个不同的零点，求a的取值范围．
题后师说
利用函数的零点个数求参数范围的方法
巩固训练2
已知函数f(x)＝x3－ax2－2x(a∈R)在x＝2处取得极值．
(1)求f(x)在[－2，1]上的最小值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋b(b∈R)有且只有一个零点，求b的取值范围．
题型三 与零点有关的证明
例 3[2023·河北邯郸模拟]已知函数f(x)＝x－a ln x(a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若g(x)＝xex－a(ln x＋x)，且a>e，证明：g(x)有且仅有两个零点．(e为自然对数的底数)
题后师说
解决证明此类问题的思路一般对条件等价转化，构造合适的新函数，利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等)再结合函数图象．
巩固训练3
已知函数f(x)＝x3－a(x2＋2x＋2)．
(1)若a＝2，求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：函数f(x)只有一个零点．
1.[2021·全国甲卷]已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝(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．
2．[2022·全国乙卷]已知函数f(x)＝ax－－(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．
高考大题研究课二 利用导数研究函数的零点问题
例1 解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2ax，由题意得f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两解，即2a＝有两解．
令g(x)＝(x>0)，即g(x)的图象与直线y＝2a有两个交点．
g′(x)＝＝0，得x＝e，当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)0)，
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00，
∴函数f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，
从而f(x)至多有一个零点，不符合题意．
当a0)，
∴f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减．
由f(－)＝ln (－)－1>0得－0恒成立，
所以m(x)单调递增，
得h′(x)＝ex－2x>ee－2e>0，
故h(x)＝ex－x2在(e，＋∞)上单调递增，
得ex－x2>ee－e2>0，即f(ea)＝ea－a2>0，
又因为f(1)＝1>0，
所以f(t)在(1，a)，(a，ea)上各存在一个零点，
所以a>e时，函数f(t)有且仅有两个零点，
即当a>e时，函数g(x)有且仅有两个零点．
巩固训练3 解析：(1)若a＝2，则f(x)＝x3－2x2－4x－4，f′(x)＝x2－4x－4，
令f′(x)＝0，解得x1＝2－2，x2＝2＋2，
当x∈(－∞，2－2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(2－2，2＋2)时，f′(x)0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0，
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝，
因为x2＋4x＋6＝(x＋2)2＋2>0，所以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)＝－9a2＋2a－＝－9(a－)2－0，
所以存在唯一的x0∈(3a－1，3a＋3)，使得f(x)＝0，故f(x)有一个零点，
综上，f(x)只有一个零点．
真题展台——知道高考考什么？
1．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)∈(0，)，
又g(1)＝0，所以00)，
则f′(x)＝＝.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0时，x－ln x>0，
所以方程a＝在(0，＋∞)上恰有一个解．
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝.
令h(x)＝x－1－(x＋1)ln x(x>0)，
则h′(x)＝1－ln x－＝－ln x－.
由(1)知，h′(x)≤－1，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，h(x)≥0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)