新高考数学一轮复习考点探究与题型突破训练第21讲 利用导数探究函数的零点问题（2份，原卷版+解析版）

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考点1 数形结合研究函数的零点
[名师点睛]
含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
[典例]
(2022·廊坊联考)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－a2ln x，a∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为16x＋2y－17＝0，求a的值；
(2)若a>0，函数y＝f(x)与x轴有两个交点，求a的取值范围．
[解] (1)由题意知函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq \f(a2,x)， 因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为16x＋2y－17＝0，所以切线斜率为－8，即x＝1时，f′(1)＝1－a2＝－8, 解得a＝±3.
(2)因为函数y＝f(x)与x轴有两个交点，
所以方程f(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，
即eq \f(1,2)x2＝a2ln x在(0，＋∞)上有两个不等实根，
方程eq \f(1,2)x2＝a2ln x可化为eq \f(1,2a2)＝eq \f(ln x,x2)，
令g(x)＝eq \f(ln x,x2)，x>0，
则只需直线y＝eq \f(1,2a2)与函数g(x)＝eq \f(ln x,x2)的图像有两个不同的交点．
g′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x2－2xln x,x4)＝eq \f(1－2ln x,x3)，
由g′(x)>0得1－2ln x>0，解得0＜x＜eq \r(e)；
由g′(x)＜0得1－2ln x＜0，解得x>eq \r(e)，
所以函数g(x)在(0，eq \r(e))上单调递增，在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(eq \r(e))＝eq \f(1,2e).
当x>1时，g(x)＝eq \f(ln x,x2)>0；当0＜x＜1时，g(x)＜0，
当x→＋∞时，g(x)→0.
画出函数g(x)的大致图像如下：
由函数图像可得，当0＜eq \f(1,2a2)＜eq \f(1,2e)，即a>eq \r(e)时，直线y＝eq \f(1,2a2)与函数g(x)＝eq \f(ln x,x2)的图像有两个不同的交点，即函数y＝f(x)与x轴有两个交点，因此a的取值范围为a>eq \r(e).
[举一反三]
1.已知函数f(x)＝xex＋ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)讨论函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数．
解 (1)函数f(x)的定义域为R，
且f′(x)＝(x＋2)ex，
令f′(x)＝0得x＝－2，则f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
∴f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)．
当x＝－2时，f(x)有极小值为f(－2)＝－eq \f(1,e2)，无极大值．
(2)令f(x)＝0，得x＝－1，
当x0，且f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,e2)))，(－1,0)，(0,1)．
当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x增长更快，从而f(x)＝eq \f(x＋1,e－x)→0；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞，根据以上信息，画出f(x)大致图象如图所示．
函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点的个数为y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．
当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－eq \f(1,e2).
∴关于函数g(x)＝f(x)－a(a∈R)的零点个数有如下结论：
当a0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
②当m＝eq \f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当00，f(x)单调递增，若x∈(ln(2a)，0)，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a＝eq \f(1,2)时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
当a>eq \f(1,2)时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，
若x∈(0，ln(2a))，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，
若x∈(ln(2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
(2)证明：若选择条件①，
由(1)知当a＞eq \f(1,2)时，f(x)在(－∞，0)，(ln 2a，＋∞)上单调递增，在(0，ln 2a)上单调递减，所以f(x)在x＝0处取得极大值f(0)，在x＝ln 2a处取得极小值f(ln 2a)，
且f(0)＝－1＋b，f(ln 2a)＝(2a－aln 2a)ln 2a＋b－2a.
由于eq \f(1,2)＜a≤eq \f(e2,2)，b＞2a，所以f(0)＞0，ln 2a＞0，b－2a＞0.
令g(x)＝2x－xln 2x，
则g′(x)＝1－ln 2x，当eq \f(1,2)＜x＜eq \f(e,2)时，g′(x)＞0，
当eq \f(e,2)＜x≤eq \f(e2,2)时，g′(x)＜0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(e,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(e,2)，\f(e2,2)))上单调递减，
所以g(x)在x＝eq \f(e,2)处取得极大值geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2))).
由于geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))＝eq \f(e,2)＞0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,2)))＝0，
所以g(x)≥0在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(e2,2)))上恒成立，
所以f(ln 2a)＞0.
当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有一个零点，得证．
若选择条件②，
由(1)知，当0＜a＜eq \f(1,2)时，f(x)在(－∞，ln 2a)，(0，＋∞)上单调递增，在(ln 2a,0)上单调递减，所以f(x)在x＝ln 2a处取得极大值f(ln 2a)，在x＝0处取得极小值f(0)．
由于0＜a＜eq \f(1,2)，b≤2a，所以f(0)＜0，b－2a≤0，ln 2a＜0，－aln 2a＞0，则2a－aln 2a＞0，所以f(ln 2a)＜0.
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以f(x)有一个零点，得证．
[举一反三]
1.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．
(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在R上恒成立，
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在R上恒成立，
当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
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)))2－eq \f(1,6)0，故f(x)有一个零点．
综上所述，f(x)只有一个零点．
2.(2021·济南二模)已知函数f(x)＝ex－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝2时，求函数g(x)＝f(x)－cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上的零点个数．
解 (1)f(x)＝ex－ax，其定义域为R，f′(x)＝ex－a.
①当a≤0时，因为f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)>0得x>ln a，令f′(x)＜0得x＜ln a，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，(ln a，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)由已知得g(x)＝ex－2x－cs x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))，
则g′(x)＝ex＋sin x－2.
①当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))时，因为g′(x)＝(ex－1)＋(sin x－1)＜0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上单调递减，所以g(x)>g(0)＝0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))上无零点；
②当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，因为g′(x)单调递增，且g′(0)＝－1＜0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eeq \f(π,2)－1>0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使g′(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，g′(x)>0，
所以g(x)在[0，x0)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上单调递增，且g(0)＝0，所以g(x0)＜0，
又因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eeq \f(π,2)－π>0，所以g(x0)·geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＜0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上存在一个零点，所以g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有两个零点；
③当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，＋∞))时，g′(x)＝ex＋sin x－2>eeq \f(π,2)－3>0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，＋∞))上单调递增，
因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，＋∞))上无零点．
综上所述，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，＋∞))上的零点个数为2.
考点3 构造法研究函数的零点
[名师点睛]
1．涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
2．解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
[典例]
(2021·全国甲卷)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝eq \f(xa,ax)(x>0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝eq \f(x2,2x)(x>0)，
f′(x)＝eq \f(x2－xln 2,2x)(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，h(x)单调递增，
当x∈(－2,1)时，h′(x)0，h(x)单调递增，
又当x→－∞时，h(x)→－∞，
当x→＋∞时，h(x)→0且h(x)ln eq \f(1,2)且x≠1时，g′(x)>0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln \f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,2)，1))和(1，＋∞)上单调递增．
因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,2)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,2)＋1))＝eq \f(1,2)ln 2，g(1)＝e－1≠0，当x→－∞时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ln 2，e－1))∪(e－1，＋∞)．
x
(－∞，－2)
－2
(－2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
－eq \f(1,e2)
单调递增
x
(－∞，－2)
－2
(－2，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗