内容正文:
中篇 重点专题 专项提能
板块二 高考拉分专题
专题七 函数与导数
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第四讲 导数的综合应用(大题)
第3课时 利用导数研究函数零点
考点一
判断(证明)函数零点的个数
(2022·广东韶关一模)已知函数f(x)=logax- eq \f(x-1,x+1) , a>0且a≠1.
(1)若a=e,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论函数f(x)的零点个数.
解:(1)若a=e,则f(x)=ln x- eq \f(x-1,x+1) ,f(1)=0,
又f′(x)= eq \f(1,x) - eq \f(2,(x+1)2) ,所以f′(1)= eq \f(1,2) ,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是x-2y-1=0.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
又f(x)=logax- eq \f(x-1,x+1) = eq \f(ln x,ln a) - eq \f(x-1,x+1) ,
所以函数f(x)的零点个数,
即方程ln x-(ln a) eq \f(x-1,x+1) =0的解的个数,
记h(x)=ln x-(ln a) eq \f(x-1,x+1) (x>0),
显然x=1是函数h(x)的零点,
h′(x)= eq \f(1,x) - eq \f(2ln a,(x+1)2) = eq \f(x2+(2-2ln a)x+1,x(x+1)2) ,
记g(x)=x2+(2-2ln a)x+1,
Δ=(2-2ln a)2-4=4ln a(ln a-2),
若Δ≤0,则0<ln a≤2,
即1<a≤e2,g(x)>0,所以h′(x)>0,
所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有唯一零点1;
若0<a<1,此时ln a<0,则g(x)>0,h′(x)>0,
所以h(x)单调递增,所以函数h(x)在(0,+∞)有唯一零点1;
若a>e2时,由于h(x)+h( eq \f(1,x) )=ln x-(ln a) eq \f(x-1,x+1) +ln eq \f(1,x) -(ln a) eq \f(\f(1,x)-1,\f(1,x)+1) =0,
所以函数h(x)在(0, 1)的零点个数与在(1,+∞)零点个数相同,
当x∈(0,1)时,g(0)=1>0,g(1)=4-2ln a<0,
所以∃x0∈(0,1),使得g(x0)=0,
当x∈(0, x0)时,g(x)>0,h′(x)>0,
所以函数h(x)在(0, x0)上单调递增,
当x∈(x0, 1)时,g(x)<0,h′(x)<0,
所以函数h(x)在(x0, 1)上单调递减.
所以h(x0)>h(1)=0,
又h( eq \f(1,a) )=-ln a-(ln a) eq \f(\f(1,a)-1,\f(1,a)+1) =-ln a· eq \f(2,a+1) <0,
所以函数h(x)在(0, x0)有1个零点,在(x0, 1)没有零点,
所以函数h(x)在(0, 1)和(1,