新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第5讲利用导数研究函数的零点问题核心考点2根据零点的个数求参数的值范围教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第5讲利用导数研究函数的零点问题核心考点2根据零点的个数求参数的值范围教师用书，共3页。

典例2 已知函数f(x)＝ax2＋(a－2)x－ln x.
(1)当a＝2时，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝2时，f(x)＝2x2－ln x，则f′(x)＝4x－eq \f(1,x)，
所以f′(1)＝3，又f(1)＝2，
所以所求的切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.
(2)由f(x)＝ax2＋(a－2)x－ln x得：f′(x)＝2ax＋a－2－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2＋a－2x－1,x)＝eq \f(ax－12x＋1,x)，
当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，f(x)至多一个零点，不合题意．
当a＞0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝ln a－eq \f(1,a)＋1.
①当a＝1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0，故f(x)只有一个零点，不合题意．
②当a＞1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝ln a－eq \f(1,a)＋1＞0，故f(x)没有零点，不合题意．
③当0＜a＜1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝ln a－eq \f(1,a)＋1＜0，
又f(e－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2＝a(e－4＋e－2)－2e－2＋2＞0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－2，\f(1,a)))上有一个零点．
设ex0＞eq \f(3,a)－1＞eq \f(1,a)，f(ex0)＝ae2x0＋(a－2)ex0－x0＝ex0(aex0＋a－2)－x0＞ex0eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)－1))＋a－2))－x0＝ex0－x0＞0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，ex0))上有一个零点．
故当f(x)有两个零点时，实数a的取值范围为(0,1)．
方法技巧·精提炼
根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思路也是数形结合，即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数y＝f(x)的图象，再根据零点个数确定函数y＝f(x)的图象交点的个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围，一个基本的技巧是把f(x)＝0化为g(x)＝h(x)，据f(x)零点个数确定函数y＝g(x)，y＝h(x)图象的交点个数，得出参数满足的不等式，求得参数的取值范围．
加固训练·促提高
(2023·河南开封校考模拟预测)已知函数f(x)＝x－eq \f(1,x)－aln x＋eq \f(2x－2,x＋1)(a∈R)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在区间[1,2]上的值域；
(2)若函数f(x)有三个零点x1，x2，x3(x1【解析】 (1)当a＝2时，f(x)＝x－eq \f(1,x)－2ln x＋eq \f(2x－2,x＋1)，其中x>0，
则f′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＋eq \f(4,x＋12)＝eq \f(x－12,x2)＋eq \f(4,x＋12)>0，
所以f(x)在[1,2]上单调递增，
所以f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(13,6)－2ln 2)).
(2)f′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(a,x)＋eq \f(4,x＋12)，其中x>0，
当a≤0时，显然f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)至多有1个零点，不合题意，舍去；
当a>0时，令f′(x)＝0，则a＝x＋eq \f(1,x)＋eq \f(4x,x＋12)，
设g(x)＝x＋eq \f(1,x)＋eq \f(4x,x＋12)，其中x>0，
则g′(x)＝(x－1)·eq \f(x2＋4x＋1x2＋1,x2x＋13)，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝3，
所以当a>3时，f′(x)＝0有2个零点，
当00，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，显然不合题意，
所以f(x)有三个零点时，a的取值范围是(3，＋∞)；
又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(1,x)－x－aln eq \f(1,x)＋eq \f(\f(2,x)－2,\f(1,x)＋1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)－aln x＋\f(2x－2,x＋1)))＝－f(x)，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＋f(x)＝0，
又f(1)＝0，x1所以x1<1所以x1·x3＝1，
故x1·x2·x3＝1.