专题1 第6讲 母题突破3 零点问题-（配套课件）2022老高考文科数学【步步高】大二轮专题复习与增分策略（皖黑吉陕新蒙晋赣青甘豫宁桂贵云川藏）

专题一　第6讲　导数的综合应用 母题突破3　零点问题 1 内 容 索 引 母题突破3　 专题强化练 1 母题突破3　零点问题 PART ONE 母题　(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2). (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； 解　当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1， 令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围. 思路分析一 ❶f(x)有两个零点 ↓ ❷f(x)的图象与x轴有两个交点 ↓ ❸求导函数f′(x)，确定函数f(x)的性质 思路分析二 ❶f(x)有两个零点 ↓ ↓ ↓ 解　方法一　f′(x)＝ex－a. ①当a≤0时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增. 故f(x)至多存在一个零点，不符合题意. ②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝ln a. 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0； 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增. 故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a). 因为f(－2)＝e－2>0， 所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零点. 由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0， 8 故f(x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零点. 从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点. 当x∈(－1，＋∞)时，φ′(x)<0， 所以φ(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减， 9 所以φ(x)max＝φ(－1)＝e，且x→－∞时，φ(x)→－∞； x→＋∞时，φ(x)→0， 10 在(0，e)上，g′(x)>0，g(x)单调递增； 在(e，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减， 又g(1)＝0，当x→＋∞时，g(x)→0， ∴曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点， 即是0<g(a)<g(e)， ∴a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞). 等价于x2－1－2sin x＝0. 设g(x)＝x2－1－2sin x，x∈(0，π)， 则g′(x)＝2x－2cos x. h′(x)＝2＋2sin x>0， 所以当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 综上所述，函数t(x)在定义域内只有一个零点. 规律方法 (1)三步求解函数零点(方程根)的个数问题 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质； 第三步：结合图象求解. (2)已知零点求参数的取值范围：①结合图象与单调性，分析函数的极值点；②依据零点确定极值的范围；③对于参数选择恰当的分类标准进行讨论. 1.(2021·安庆模拟)已知函数f(x)＝ln x－aex＋1(a∈R). (1)当a＝1时，讨论f(x)极值点的个数； 跟踪演练 1 2 解　由f(x)＝ln x－aex＋1，知x∈(0，＋∞). 显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递减. 当x∈(0，x0)时，f′(x)>0； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0， 所以x0是f(x)＝ln x－ex＋1的极大值点，且是唯一极值点. 1 2 (2)讨论函数f(x)的零点个数. 1 2 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，而h(1)＝0， 故当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增； 1 2 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减. 1 2 23 2.已知函数f(x)＝ex－xln x－2，证明：f(x)有且仅有一个零点. 1 2 证明　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ex－1－ln x， 令g(x)＝ex－1－ln x(x>0)， 显然g′(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，当x∈(x0＋∞)时，g′(x)>0， 1 2 ∴g(x)>0， ∴f′(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 1 2 2 专题强化练 PART TWO 1 2 (1)若a＝3，求f(x)的单调区间； 1 2 f′(x)＝x2－6x－3. 1 2 (2)证明：f(x)只有一个零点. 1 2 证明　因为x2＋x＋1>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