2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题六函数与导数微专题4导数的综合应用大题考法1利用导数研究函数的零点

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(1)当a＝0时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝eq \f(1,2)时，证明：对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)>0；
(3)讨论函数f(x)在(0，π)上零点的个数．
(1)解：已知f(x)＝ex－axsin x－x－1，a∈R，函数定义域为R，
当a＝0时，f(x)＝ex－x－1，
可得f′(x)＝ex－1，
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，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
(2)证明：当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝ex－eq \f(1,2)xsin x－x－1，
可得f′(x)＝ex－eq \f(1,2)(sin x＋xcs x)－1，
f″(x)＝ex－cs x＋eq \f(1,2)xsin x，
由(1)知，当a＝0时，f(x)≥f(0)＝0，
所以ex≥x＋1，
则f″(x)＝ex－cs x＋eq \f(1,2)xsin x≥x＋1－cs x＋eq \f(1,2)xsin x
＝(1－cs x)＋eq \f(1,2)x(2＋sin x)>0，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
此时f′(x)>f′(0)＝0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
此时f(x)>f(0)＝0，
故对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)>0.
(3)解：当a≤eq \f(1,2)时，x∈(0，π)，axsin x≤eq \f(1,2)xsin x，
而f(x)＝ex－axsin x－x－1≥ex－eq \f(1,2)xsin x－x－1，
由(2)知，f(x)>0，所以f(x)没有零点；
若a>eq \f(1,2)，此时f′(x)＝ex－a(sin x＋xcs x)－1，
①当00，
所以f″(x)在(0，eq \f(π,2))上单调递增，
又f″(0)＝1－2a<0，f″(eq \f(π,2))＝eeq \a\vs4\al(\f(π,2))＋eq \f(π,2)a>0，
所以f″(x)在(0，eq \f(π,2))上存在唯一零点，记作x0，
当00，f′(x)单调递增，
②当x∈[eq \f(π,2)，π)时，f″(x)>0，f′(x)单调递增，
结合①②可知，当0当x0≤x<π时，f′(x)单调递增，
又f′(0)＝1－2a<0，f′(π)＝ex＋aπ－1>0，
所以存在唯一实数x1∈(x0，π)，使f′(x1)＝0，
当0当x10，f(x)单调递增，
又f(0)＝0，
所以0由(1)知，当x>0时，f(x)>0，f(π)＝eπ－π－1>0，
因为f(x1)<0，f(x)在(x1，π)上单调递增，
所以f(x)在(x1，π)上存在唯一零点．
综上，当a≤eq \f(1,2)时，f(x)在(0，π)上无零点；a>eq \f(1,2)时，f(x)在(0，π)上存在唯一零点．
利用函数零点情况求参数范围的方法
(1)分离参数[a＝g(x)]后，将问题转化为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．
(2023·汕头一模)已知函数f(x)＝aex－ln (x＋2)＋ln a－2.
(1)若函数f(x)在x＝2 023处取得极值，求a的值及函数的单调区间；
(2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(－2，＋∞)，
f′(x)＝aex－eq \f(1,x＋2)，
因为f(x)在x＝2 023处取得极值，
所以f′(2 023)＝ae2 023－eq \f(1,2 025)＝0，
即a＝eq \f(1,2 025e2 023).
所以f′(x)＝eq \f(ex,2 025e2 023)－eq \f(1,x＋2)，
所以当x∈(－2，2 023)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(2 023，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)的单调递减区间为(－2，2 023)，单调递增区间为(2 023，＋∞)．
(2)f(x)仅有两个零点，
即aex－ln (x＋2)＋ln a－2＝0有两个根，
整理得ex＋ln a＋x＋ln a＝ln (x＋2)＋x＋2，
即ex＋ln a＋x＋ln a＝ln (x＋2)＋eln (x＋2)，
设函数h(x)＝ex＋x，
则上式为：h(x＋ln a)＝h[ln (x＋2)]，
因为h′(x)＝ex＋1>0恒成立，所以h(x)单调递增，
所以x＋ln a＝ln (x＋2)，即ln a＝ln (x＋2)－x，
令m(x)＝ln (x＋2)－x，x∈(－2，＋∞)，
则m′(x)＝eq \f(1,x＋2)－1＝－eq \f(x＋1,x＋2)，
当x∈(－2，－1)时，m′(x)>0；当x∈(－1，＋∞)时，m′(x)<0.
所以m(x)在x＝－1处取得极大值，也就是最大值，为m(－1)＝1，
要想ln a＝ln (x＋2)－x有两个根，只需要ln a<1，
即0所以a的取值范围为(0，e)．