备考2024届高考数学一轮复习好题精练第三章一元函数的导数及其应用突破4利用导数解决零点问题

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（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若g（x）＝aex（x－1）－ln x＋f（x）有两个零点，求实数a的取值范围.
解析 （1）由已知，得f'（x）＝aex－1.
①当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）在R上单调递减；
②当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝－ln a，
当x∈（－∞，－ln a）时，f'（x）＜0，所以f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减，
当x∈（－ln a，＋∞）时，f'（x）＞0，所以f（x）在（－ln a，＋∞）上单调递增.
（2）原问题等价于g（x）＝axex－（ln x＋x）＝axex－ln（xex）（x＞0）有两个零点，
令t＝xex（x＞0），则易得t＞0，
所以g（x）＝axex－ln（xex）有两个零点⇔T（t）＝at－ln t有两个零点⇔a＝lntt有两个不同的实数解⇔直线y＝a与函数h（t）＝lntt的图象有两个交点.
h'（t）＝1－lntt2，由h'（t）＞0得0＜t＜e，由h'（t）＜0得t＞e，所以h（t）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减.
所以h（t）max＝h（e）＝1e.
又当t→ 0时，h（t）→－∞，当t→＋∞时，h（t）→ 0，
所以h（t）的大致图象如图，
所以a的取值范围是（0，1e）.
2.[2024南昌市模拟]已知函数f（x）＝ax（a＞1）.
（1）求函数g（x）＝f（x）＋f（1x）在（0，＋∞）上的单调区间和极值；
（2）若方程f（1x）＝1－xlgax有两个不相等的正实数根，求a的取值范围.
解析 （1）g（x）＝ax＋a1x（a＞1），
则g'（x）＝axlna－a1xlnax2＝lnax2（x2ax－a1x），
设φ（x）＝x2ax－a1x（a＞1），
则φ'（x）＝2xax＋x2axln a＋1x2a1x ln a＞0（x＞0），
故φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，又φ（1）＝0，
所以当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，＋∞）.
则g（x）的极小值为g（1）＝2a，无极大值.
（2）方程f（1x）＝1－xlgax，即a1x＝1－xlgax，
即1xa1x＝lga（1xa1x），
令t＝1xa1x（a＞1），显然t＝1xa1x在（0，＋∞）上单调递减，
故方程f（1x）＝1－xlgax有两个不相等的正实数根，等价于h（t）＝t－lgat有两个不同的零点，等价于关于t的方程t＝lgat，即ln a＝lntt有两个不同的实数解，亦即直线y＝ln a与函数m（t）＝lntt的图象有两个不同的交点.
m'（t）＝1－lntt2，故易知m（t）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，且当x＞e时，m（t）＞0，所以m（t）max＝m（e）＝1e，作出m（t）的图象，如图所示，则0＜ln a＜1e，解得1＜a＜e1e.故所求a的取值范围是（1，e1e）.
3.[2023武汉市5月模拟]已知f（x）＝ax＋bx＋c－ln x，其中a，b，c∈R.
（1）若b＝c＝0，讨论f（x）的单调性；
（2）已知x1，x2是f（x）的两个零点，且x1＜x2，证明：x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1）.
解析 （1）若b＝c＝0，则f（x）＝ax－ln x（x＞0）.
f'（x）＝a－1x＝ax－1x.
①若a≤0，则f'（x）＜0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减；
②若a＞0，令f'（x）＞0得x＞1a，令f'（x）＜0得0＜x＜1a，
所以f（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，＋∞）上单调递增.
综上，当a≤0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递减；当a＞0时，f（x）在（0，1a）上单调递减，在（1a，＋∞）上单调递增.
（2）因为x1，x2是f（x）的两个零点，x1＜x2，
所以ax1＋bx1＋c－ln x1＝0，ax2＋bx2＋c－ln x2＝0.
所以a（x1－x2）＋b（1x1－1x2）＋ln x2－ln x1＝0，
即b＝ax1x2－x1x2·lnx2－lnx1x2－x1.
要证x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1），
只需证ax1x2－x2＜b＜ax1x2－x1，
即证－x2＜－x1x2lnx2－lnx1x2－x1＜－x1，
即证1－x1x2＜lnx2x1＜x2x1－1，
令t＝x2x1，则t＞1，即证1－1t＜ln t＜t－1.
令p（t）＝ln t－1＋1t（t＞1），则p'（t）＝1t－1t2＝t－1t2＞0，
所以p（t）在（1，＋∞）上单调递增，则p（t）＞ln 1－1＋11＝0，即ln t＞1－1t.
令q（t）＝ln t－t＋1（t＞1），则q'（t）＝1t－1＜0，
所以q（t）在（1，＋∞）上单调递减，则q（t）＜ln 1－1＋1＝0，即ln t＜t－1.
综上可得：x2（ax1－1）＜b＜x1（ax2－1）.
4.[2023合肥市二检]已知函数f（x）＝2ln x＋12mx2－（2m＋1）x，其中m∈R.
（1）若曲线y＝f（x）仅有一条垂直于y轴的切线，求m的取值范围；
（2）讨论函数f（x）的零点个数.
解析 （1）函数f（x）＝2ln x＋12mx2－（2m＋1）x的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝2x＋mx－（2m＋1）＝mx2－（2m+1）x+2x＝（mx－1)(x－2）x.
因为曲线y＝f（x）仅有一条垂直于y轴的切线，
所以f'（x）＝（mx－1)(x－2）x＝0有唯一正实数解，
所以m≤0或m＝12，
又当m＝12时，f'（x）≥0不符合题意，
所以m的取值范围是（－∞，0].
（2）因为f'（x）＝（mx－1)(x－2）x.
①当m≤0时，因为x＞0，所以mx－1＜0，
所以当x∈（0，2）时，f'（x）＞0；当x∈（2，＋∞）时，f'（x）＜0.
所以f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，＋∞）上单调递减，
此时f（x）max＝f（2）＝2ln 2＋2m－2（2m＋1）＝2ln 2－2m－2，
当m＝ln 2－1时，f（2）＝0，函数f（x）只有一个零点；
当ln 2－1＜m≤0时，f（2）＜0，函数f（x）没有零点；
当m＜ln 2－1时，因为当x→0＋或x→＋∞时，f（x）→－∞，且f（2）＞0，所以可作出
f（x）的大致图象如图1，
图1
所以函数f（x）在（0，2）和（2，＋∞）上各有唯一零点，此时函数f（x）有2个零点.
②当0＜m＜12时，1m＞2，
当x∈（0，2）∪（1m，＋∞）时，f'（x）＞0；当x∈（2，1m）时，f'（x）＜0.
所以f（x）在（0，2）和（1m，＋∞）上单调递增，在（2，1m）上单调递减.
当x→0＋时，f（x）→－∞，
当x→＋∞时，f（x）→＋∞，且f（2）＝2ln 2－2m－2＜0，作出f（x）的大致图象如图2，
图2
所以函数f（x）在（1m，＋∞）上有唯一零点，此时函数f（x）有且只有1个零点.
③当m＝12时，f'（x）＝（x－2)(x－2）2x≥0，
f（x）在（0＋∞）上单调递增.
当x→0＋时，f（x）→－∞，
当x→＋∞时，f（x）→＋∞，
所以此时函数f（x）在（0，＋∞）上有且只有1个零点.
④当m＞12时，0＜1m＜2，
当x∈（0，1m）∪（2，＋∞）时，f'（x）＞0；当x∈（1m，2）时，f'（x）＜0.
所以f（x）在（0，1m）和（2，＋∞）上单调递增，在（1m，2）上单调递减.
f（1m）＝2ln 1m＋12m·（1m）2－（2m＋1）·1m＝－2ln m－12m－2.
设g（m）＝－2ln m－12m－2（m＞12），
则g'（m）＝－2m＋12m2＝1－4m2m2＜0，
所以g（m）在（12，＋∞）上单调递减，
所以g（m）＜－2ln 12－12×12－2＝2ln 2－3＜0，
即f（1m）＜0.
当x→0＋时，f（x）→－∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，作出f（x）的大致图象如图3，
所以函数f（x）在区间（2，＋∞）上有唯一零点，此时f（x）有且只有1个零点.
图3
综上所述，当m＜ln 2－1时，函数f（x）有2个零点；
当ln 2－1＜m≤0时，函数f（x）没有零点；
当m＝ln 2－1或m＞0时，函数f（x）有1个零点.