2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题19利用导数研究函数的零点（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题19利用导数研究函数的零点（教师版），共28页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
【方法技巧】
1.利用导数求函数的零点常用方法
(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.
(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点.
2.函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解.
3.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.
4.利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
二、【题型归类】
【题型一】判断、证明或讨论零点的个数
【典例1】已知函数f(x)＝xsin x－eq \f(3,2).
判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.
【解析】f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：
∵f′(x)＝sin x＋xcs x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，
f(x)＝xsin x－eq \f(3,2)，从而有f(0)＝－eq \f(3,2)＜0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π－3,2)＞0，
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不间断的.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内至少存在一个零点.
又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内有且只有一个零点.
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcs x.
由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上的图象是连续不间断的，
故存在m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
使得g(m)＝0.
由g′(x)＝2cs x－xsin x，
知x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，有g′(x)＜0，
从而g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))内单调递减.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))内单调递增，故当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))时，f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，m))上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.
又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点.
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.
【典例2】已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1).
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
【解析】(1)解 当a＝3时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).
当x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)0，所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq \f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)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)＝－6a2＋2a－eq \f(1,3)
＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,6)0，故f(x)有一个零点.
综上，f(x)只有一个零点.
【典例3】已知函数f(x)＝x－aln x(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数g(x)＝eq \f(1,2)x2－ax－f(x)的零点个数．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝x－aln x可得
f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，
由f′(x)>0可得x>a；
由f′(x)0)，
令f′(x)>0，则00)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)(x>0)，
令g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，得x＝e，
当0e时，g′(x)e时，g(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，
又g(1)＝0，
所以00时，f(x)≥2a＋aln eq \f(2,a).
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－eq \f(a,x)单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f′(a)>0，当b满足00，
所以g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，
设h(x)＝g′(x)＝2x－2cs x，
此时h′(x)＝2＋2sin x>0，
所以g′(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
又 g′(0)＝－20，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))使得g′(x)＝0且x∈(0，x0)时g(x)单调递减，
x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时g(x)单调递增．
综上，对于连续函数g(x)，当x∈(0，x0)时，g(x)单调递减，
当x∈(x0，π)时，g(x)单调递增．
又因为g(0)＝－a0，即a