环节1 专题限时提分20-22 导数的应用-【提分教练】2024年新高考数学二轮总复习练习（新教材）

专题限时提分(二十)　利用导数解决函数零点或方程根问题 1．(2023·江苏苏锡常镇二模)已知函数f (x)＝aex-1－ln x－1，a∈R． (1)若a＝1，求函数f (x)的单调区间； (2)若f (x)有且只有两个不同的零点，求a的取值范围． 2．(2023·四川南充三模)已知函数f (x)＝x sin x＋cos x＋ax2，g(x)＝x ln ． (1)当a＝0时，求函数f (x)在[－π，π]上的极值； (2)用max{m，n}表示m，n中的最大值，记函数h(x)＝max{f (x)，g(x)}(x>0)，讨论函数h(x)在(0，＋∞)上的零点个数． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题限时提分(二十) 1．解：(1)a＝1时，f (x)＝ex-1－ln x－1，则f ′(x)＝ex-1f ′(1)＝0， 令g(x)＝f ′(x)＝ex-1g′(x)＝ex-10恒成立， 所以f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 所以当x∈(0，1)时，f ′(x)＜0， 当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)＞0， 所以函数f (x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)． (2)f ′(x)＝aex-1 ①当a＝1时，由(1)所求及f (1)＝0，知f (x)有且只有一个零点． ②当a≤0时，f ′(x)＝aex-10，则f (x)在区间(0，＋∞)上单调递减，所以f (x)至多有一个零点． ③当a＞1时，f ′＝a(－1)＜0，f ′(1)＝a－1＞0， 又因为y＝f ′(x)的图象在区间(0，＋∞)上连续不间断， 所以∃x0f ′(x0)＝0，即aex0－10． 令g(x)＝aex-1g′(x)＝aex-10，所以f ′(x)＝g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，x0)时，f ′(x)＜f ′(x0)＝0， 函数f (x)单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)＞f ′(x0)＝0， 函数f (x)单调递增． 所以f (x)min＝f (x0)＝aex0－1－ln x0－1ln x0－1＞1－1＝0，所以f (x)无零点． ④令h(x)＝ln x－(x－1)， 当x＞1时，h′(x)1＜0， 所以h(x)在区间[1，＋∞)上单调递减， 所以∀x＞1，有h(x)＜h(1)＝0， 所以ln x＜x－1，则ex-1＞x． 当0＜a＜1时，f ′(1)＝a－1＜0， f ae-1a0， 又因为y＝f ′(x)的图象在区间(0，＋∞)上连续不间断， 所以∃x0f ′(x0)＝0，即aex0－10． 令g(x)＝aex-1g′(x)＝aex-10，所以f ′(x)＝g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以当x∈(0，x0)时，f ′(x)＜f ′(x0)＝0， 函数f (x)单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)＞f ′(x0)＝0， 函数f (x)单调递增． 所以f (x)min＝f (x0)＝aex0－1－ln x0－1ln x0－1＜1－1＝0． 令x11． f f (x1)＝aex1－1－2ln 1＞ax1－2(1)－12×1＞0， 又因为函数f (x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增，且y＝f (x)的图象连续不间断1＜x00， 所以f (x)有且只有两个零点． 综上，若函数f (x)有且只有两个零点，则实数a的取值范围是(0，1)． 2．解：(1)当a＝0时，f (x)＝x sin x＋cos x， f ′(x)＝x cos x， 由f ′(x)＝0，x∈[－π，π]，得x＝0或f (x)和f ′(x)随x的变化如下表所示： x － 0 f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 － f (x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ ∴f (x)在[－π，π]上有2个极大值：f f (x)在[－π，π]上有1个极小值f (0)＝1． (2)由h(x)＝max{f (x)，g(x)}，知h(x)≥g(x)． (i)当x∈(π，＋∞)时，g(x)>0， ∴h(x)>0，故h(x)在(π，＋∞)上无零点． (ii)当x＝π时，g(π)＝0，f (π)＝－1a． 故当f (π)≤0时，即a≤h(π)＝0，x＝π是h(x)的零点； 当f (π)>0时，即a>h(π)＝f (π)>0，x＝π不是h(x)的零点． (iii )当x∈(0，π)时，g(x)<0． 故h(x)在(0，π)上的零点就是f (x)在(0，π)上的零点， f ′(x)＝x(a＋cos x)，f (0)＝1． ①当a≤－1时，a＋cos x≤0，故x∈(0，π)时，f ′(x)≤0，f (x)在(0，π)上单调递减， 结合f