第6板块 8 大题考法精研(三)——导数与函数的零点问题（Word教参）-【新高考方案】2024年高考数学二轮复习专题增分方略（新教材）

大题考法精研(三)——导数与函数的零点问题 [标杆题] 已知函数f(x)＝ex(ln x－ax)，a∈R. (1)当a＝时，讨论函数f(x)的单调性； (2)讨论函数f(x)的零点个数．　　 [学规范解题] 第(1)问． 当a＝时，f(x)＝ex， f′(x)＝ex＋ex＝ex. 令g(x)＝ln x－x＋－， 则g′(x)＝－－＝＝<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 因为g(1)＝0，所以当0<x<1时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x>1时，g(x)<0，即f′(x)<0， 所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． [内化基本解题思维] 利用导数解决函数零点问题的方法 (1)直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； (2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； (3)参变量分离法：由f(x)＝0分离变量得出a＝g(x)，将问题等价转化为直线y＝a与函数y＝g(x)的图象的交点问题. 逐级演进·练清悟通 [演进题1] 已知函数f(x)＝ax－ln x，其中a∈R. (1)求f(x)单调区间； (2)若a>0，且对任意x>0，都有f(x)≥f(1)，证明：方程f(x)＝2有且只有两个实根．　　 [规范解答]　(1)由题意，得f(x)＝ax－ln x定义域为(0，＋∞), f′(x)＝a－＝. 若a≤0，则f′(x)<0. 若a>0，则当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0. 综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a＞0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明：若a>0，且对任意x>0，都有f(x)≥f(1)，则f(x)在x＝1处取得最小值．由(1)得，当x＝时，f(x)取得最小值，得a＝1. 令h(x)＝f(x)－2＝x－ln x－2，则h(x)，f(x)单调性相同， 故h(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)，且h(1)＝－1<0，h＝>0，h(e2)＝e2－4>0， 所以h(x)＝f(x)－2在和(1，e2)上各有且仅有一个零点，所以h(x)＝f(x)－2在(0,1)和(1，＋∞)各有且仅有一个零点，即方程f(x)＝2有且只有两个实根． 思维变通升华 本题首先把方程的根转化为函数的零点，再利用导数得到函数的单调性和极值，然后结合函数零点存在定理判断函数的零点个数． [演进题2] 已知函数f(x)＝＋aln(x＋1)． (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若函数f(x)在(－1,0)与(0，＋∞)上各有一个零点，求实数a的取值范围．　　 [规范解答]　(1)由题意，f(x)＝＋2ln(x＋1)，f′(x)＝＋(x＞－1)， 故f′(0)＝2＋，又因为f(0)＝0， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x. (2)当a≥0时，若x>0，则f(x)>0，不满足在(0，＋∞)有一个零点，不合题意． 当a<0时，f(0)＝0，f′(x)＝＋＝(x＞－1)． 设g(x)＝aex＋1－x2＋1，则g′(x)＝aex＋1－2x. 当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，g(0)＝ae＋1，g(1)＝ae2<0. ①当g(0)＝ae＋1≤0，即a≤－时，g(x)<g(0)≤0，故f(x)在(0，＋∞)上为减函数，f(x)<f(0)＝0，不满足在(0，＋∞)有一个零点； ②当g(0)＝ae＋1>0，即－<a<0时，故存在x0∈(0,1)，使得g(x0)＝0，故f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减． 又f(x0)>f(0)＝0，因为e－－1>ee－1>0， 且f(e－－1)＝aln e－＋＝－1＋＝， 设φ(x)＝ex－x(x>0)，易得φ′(x)＝ex－1>0， 故φ(x)在(0，＋∞)单调递增，故φ(x)>φ(0)＝e0－0>0，故ee－>e－， 故f(e－－1)<0.故f(x)在(0，e－－1)上有一个零点． 综上，f(x)在区间(0，＋∞)上有一个零点． 当x∈(－1,0)时，g′(x)＝aex＋1－2x， 设h(x)＝g′(x)＝aex＋1－2x，则h′(x)＝aex＋1－2<0，故g′(x)为减函数． 因为g′(－1)＝a＋2>0，g′(0)＝ae<0， 故存在x1∈(－1,0)使得g′(x1)＝0成立，故g(x)在(－1，x1)单调递增，在(x1,0)单调递减． 又g(－1)＝a<0，g(0)＝ae＋1>0， 故存在x2∈(－1,0