新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第5讲利用导数研究函数的零点问题

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题3函数与导数第5讲利用导数研究函数的零点问题，共6页。试卷主要包含了 已知函数f＝ax－xln x， 已知函数f＝a－ln x等内容，欢迎下载使用。

1. (2023·西城区校级三模)已知函数f(x)＝ax－xln x.
(1)当a＝1时，求f(x)的零点；
(2)讨论f(x)在[1，e]上的最大值；
【解析】 (1)f(x)＝ax－xln x的定义域为(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝x－xln x，零点为x＝e.
(2)f′(x)＝a－1－ln x，
令f′(x)＝0得x＝ea－1，
所以在(0，ea－1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(ea－1，＋∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当ea－1≤1(即a≤1)时，在[1，e]上f(x)单调递减，f(x)max＝f(1)＝a，
当ea－1≥e(即a≥2)时，在[1，e]上f(x)单调递增，f(x)max＝f(e)＝ae－e，
当1所以f(x)max＝f(ea－1)＝aea－1－ea－1(a－1)＝ea－1.
2. (2023·包河区模拟)已知函数f(x)＝ln(px－m)－pln x，其中p，m>0.
(1)若x＝4时，f(x)有极值－ln 2，求p，m的值；
(2)设m≤p－1，讨论f(x)的零点个数．
【解析】 (1)f′(x)＝eq \f(p[1－px＋m],xpx－m).
由题意得f′(4)＝0且f(4)＝－ln 2，
即4(1－p)＋m＝0，ln(4p－m)－pln 4＝－ln 2，
联立解得p＝eq \f(3,2)，m＝2.经检验，符合题意．
(2)解法一：f(x)的定义域是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,p)，＋∞)).由条件知，p>1.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,p)，\f(m,p－1)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,p－1)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
故x0＝eq \f(m,p－1)是f(x)的极大值点，且极大值为f(x0)＝(1－p)ln eq \f(m,p－1).
当m＝p－1时，f(x0)＝0，此时f(x)有一个零点．
当m0.记m1＝eq \f(pmp－1,pp＋mp－1)，则0取x1＝eq \f(m,p－m1)，则eq \f(m,p)根据零点存在定理，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,p)，\f(m,p－1)))时，存在一个零点．
取x2＝peq \f(1,p－1)，则x2>eq \f(m,p－1)，f(x2)＝ln(px2－m)－pln x2由零点存在定理可知，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,p－1)，＋∞))时，存在一个零点，
此时f(x)有两个零点．
综上所述，当m＝p－1时，f(x)只有一个零点；当m解法二：由题意，函数f(x)的零点即方程f(x)＝0的根，即方程ln(px－m)＝ln xp的根，
即m＝px－xp的根，记g(x)＝px－xp，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,p)，＋∞))，
由g′(x)＝p－pxp－1＝p(1－xp－1)＝0，得到x＝1>eq \f(m,p)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,p)，1))时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,p)))＝m－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,p)))p1，当x趋向正无穷时，g(x)＝px－xp趋向负无穷，
且g(x)的最大值为g(1)＝p－1，
综上所述，当m＝p－1时，f(x)只有一个零点；当m3. (2023·平顶山模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x,eax)＋ln x－ax，其中e为自然对数的底数．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－eq \f(x,eax)有两个零点x1，x2(x1e2.
【解析】 (1)已知f(x)＝eq \f(x,eax)＋ln x－ax，函数定义域为(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝eq \f(x,ex)＋ln x－x，
可得f′(x)＝eq \f(1－x,ex)＋eq \f(1,x)－1＝(1－x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ex)＋\f(1,x)))，
当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明：若函数g(x)＝f(x)－eq \f(x,eax)有两个零点，
满足g(x1)＝g(x2)，
即ln x1＝ax1，ln x2＝ax2，
整理得a＝eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)，
要证x1·x2>e2，
即证ln x1＋ln x2>2，
满足a(x1＋x2)>2，
需证eq \f(ln x2－ln x1,x2－x1)>eq \f(2,x1＋x2)，
不妨令t＝eq \f(x2,x1)，t>1，
即证ln t>eq \f(2t－1,t＋1)，
不妨设h(t)＝ln t－eq \f(2t－1,t＋1)，函数定义域为(1，＋∞)，
可得h′(t)＝eq \f(t－12,tt＋12)>0，
所以h(t)在定义域上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝0，
满足ln t>eq \f(2t－1,t＋1)，
故不等式x1·x2>e2成立．
4. (2023·锡山区校级一模)已知函数f(x)＝－aln x＋eq \f(x2＋1－a,x)，x∈R.
(1)当a＝2时，证明：f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立；
(2)判断函数f(x)的零点个数．
【解析】 (1)证明：当a＝2时，f(x)＝－2ln x＋x－eq \f(1,x)，x∈[1，＋∞)，
所以f′(x)＝－eq \f(2,x)＋1＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x－12,x2)≥0，当且仅当x＝1时取等号，
所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝0，所以结论成立．
(2)f′(x)＝－eq \f(a,x)＋eq \f(2x·x－x2＋1－a,x2)＝－eq \f(a,x)＋eq \f(x2－1＋a,x2)＝eq \f(x2－ax＋a－1,x2)＝eq \f([x－a－1]x－1,x2)，
当a－1＝1，即a＝2时，f′(x)≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
f(1)＝－2ln 1＋eq \f(12＋1－2,1)＝0，
所以f(x)只有一个零点，
当a－1>1，即a>2时，在(0,1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(1，a－1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(a－1，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
f(1)＝－aln 1＋eq \f(12＋1－a,1)＝2－a<0，则f(a－1)当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以f(x)只有一个零点，
当0≤a－1<1，即1≤a<2时，在(0，a－1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(a－1,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(1，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
f(1)＝－aln 1＋eq \f(12＋1－a,1)＝2－a>0，
所以f(a－1)>f(1)>0，
x→0时，f(x)→－∞，
所以f(x)只有一个零点，
当a－1<0<1，即a<1时，在(0,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(1，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
f(1)＝－aln 1＋eq \f(12＋1－a,1)＝2－a>0，
所以f(x)无零点，
综上所述，当a≥1时，f(x)只有一个零点，
当a<1时，f(x)无零点．
5. (2023·叙州区校级模拟)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x.
(1)若a＝1，求f(x)的最小值；
(2)若x≥1时，f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝1时，f(x)＝x－1－ln x，
所以f(x)的定义域是(0，＋∞)，
求导得f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
所以当01时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝0.
(2)因为f(x)＝a(x－1)－ln x，
f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)，x≥1，
①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，
因为f(1)＝0，
所以f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点1，
所以a≤0不合题意；
②当a>0时，
1)若eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，则有x≥1时，f′(x)≥0，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点1，a≥1不合题意；
2)当eq \f(1,a)>1，即0则有1x>eq \f(1,a)时，f′(x)>0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，
因为f(1)＝0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))又存在eeq \s\up7(\f(1,a))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e\s\up7(\f(1,a))))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e\s\up7(\f(1,a))－1))－eq \f(1,a)>aeq \f(1,a2)－eq \f(1,a)＝0，
所以f(eeq \s\up7(\f(1,a)))>0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上存在唯一零点，
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上有零点1，
所以f(x)在[1，＋∞)上有两个零点，
综上：a∈(0,1)．
6. (2023·鼓楼区校级模拟)设a>－1，函数f(x)＝(x＋1)ln x＋(a－1)x＋1.
(1)判断f(x)的零点个数，并证明你的结论；
(2)若a≥0，记f(x)的一个零点为x0，若x1＋a＝sin x1，求证：x1－ln x0≤0.
【解析】 (1)f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋a，
令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝eq \f(x－1,x2)，
当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当0且在x＝1处h(x)取得极小值也是最小值，
∵a>－1，
∴h(1)＝1＋a>0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x趋于0时，f(x)趋于－∞，f(e2)＝2(e2＋1)＋(a－1)e2＋1＝e2(a＋1)＋3>3>0，
∴在x∈(0，e2)内存在唯一的零点，即f(x)的零点个数为1.
(2)证明：令g(x)＝sin x－x，g′(x)＝cs x－1≤0，g(x)是减函数，g(0)＝0，
即当x>0时，g(x)<0，sin x0，sin x>x，
由x1＋a＝sin x1知：a＝sin x1－x1≥0，
∴x1≤0；
由(1)的讨论知f(x)存在唯一的零点x0，
当a≥0时，f(1)＝a≥0，
∴x0∈(0,1]，
∴(x0＋1)ln x0＋(a－1)x0＋1＝0，x0∈(0,1]，
∴a＝－eq \f(x0＋1,x0)ln x0－eq \f(1,x0)＋1≥0，
又a＝sin x1－x1，
∴sin x1－x1＝－eq \f(x0＋1,x0)ln x0－eq \f(1,x0)＋1①，其中x0∈(0,1]，x1≤0，
令t＝ln x0，x0＝et，则t≤0；
①式即为sin x1－x1＝－eq \f(et＋1,et)t－eq \f(1,et)＋1＝－(1＋e－t)t－e－t＋1，
不等式x1－ln x0≤0等价于x1≤t，
其意义为：当函数g(x)＝sin x－x(x≤0)与函数p(x)＝－(1＋e－x)x－e－x＋1(x≤0)的函数值相等时，比较对应的自变量之间的大小关系，
∴设m(x)＝p(x)－g(x)＝－(x＋1)e－x－sin x＋1(x≤0)，
则m′(x)＝xe－x－cs x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，cs x>0，xe－x<0，
∴m′(x)<0，
当x≤－eq \f(π,2)时，xe－x≤－eq \f(π,2)eeq \s\up7(\f(π,2))<－1，m′(x)＝xe－x－cs x<－1－cs x<0，
∴m(x)是减函数，
又m(0)＝0，
∴x≤0时，m(x)≥0，即p(x)≥g(x)，
∴p(t)＝g(x1)时，x1≤t，当且仅当x1＝t＝0时等号成立，
即x1－ln x0≤0.