微专题1 专项3 利用导数研究函数的零点问题（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

专项三　利用导数研究函数的零点问题 　　函数的零点问题综合了函数、方程、不等式等多方面的知识，考查转化与化归、数形结合及函数与方程等数学思想．函数的零点问题常与其他知识相结合综合出题，解题难度较大，因此判断零点存在及零点个数问题是考查的一个热点． 技法一　函数性质法研究函数的零点 (2024·江苏无锡模拟)已知函数f (x)＝－aln x＋，a∈R. (1)当a＝2时，证明：f (x)≥0在[1，＋∞)上恒成立； (2)判断函数f (x)的零点个数． 解：(1)证明：当a＝2时，f (x)＝－2ln x＋， 所以f′(x)＝＋1＋＝＝≥0，所以f (x)在[1，＋∞)上单调递增． 故f (x)min＝f (1)＝0，所以f (x)≥0，即f (x)≥0在[1，＋∞)上恒成立． (2)f (x)＝－aln x＋，其定义域为(0，＋∞). f′(x)＝＋1－＝＝. 当a≤1时，令f′(x)＝0得x＝1. 若x∈(0，1)，f′(x)<0，所以f (x)为减函数； 若x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，所以f (x)为增函数．所以f (x)min＝f (1)＝2－a>0， 所以此时f (x)没有零点； 当1<a<2时，令f′(x)＝0得x＝1，或x＝a－1<1. 若x∈(0，a－1)，f′(x)>0，所以f (x)为增函数； 若x∈(a－1，1)，f′(x)<0，所以f (x)为减函数； 若x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，所以f (x)为增函数． 所以f (x)的极大值为f (a－1)＝－aln (a－1)＋a－2>0，极小值为f (1)＝2－a>0. 此时x→0时，f (x)→－∞，x→＋∞时，f (x)→＋∞.所以此时f (x)有1个零点； 当a＝2时，f′(x)＝≥0，所以f (x)在(0，＋∞)单调递增． 此时x→0时，f (x)→－∞；x→＋∞时，f (x)→＋∞.所以此时f (x)有1个零点； 当a>2时，令f′(x)＝0得x＝1，或x＝a－1>1. 若x∈(0，1)，f′(x)>0，所以f (x)为增函数； 若x∈(1，a－1)，f′(x)<0，所以f (x)为减函数； 若x∈(a－1，＋∞)，f′(x)>0，所以f (x)为增函数．所以f (x)的极大值为f (1)＝2－a<0， 极小值为f (a－1)＝－aln(a－1)＋a－2<0. 此时x→0时，f (x)→－∞，x→＋∞时，f (x)→＋∞，所以f (x)有1个零点． 综上所述，当a≤1时，f (x)没有零点；当a>1时，f (x)有1个零点． 规律方法 　　利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件． 对点练1．(2024·河南郑州模拟)已知函数f (x)＝xln x＋a－ax(a∈R). (1)若a＝1，求函数f (x)的极值； (2)若函数f (x)在区间[1，e]上有且只有一个零点，求实数a的范围． 解：(1)由题可得，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－a. 若a＝1，f′(x)＝ln x，当0<x<1，f′(x)<0，f (x)在(0，1)上单调递减； 当x>1，f′(x)>0，f (x)在(1，＋∞)上单调递增． 所以f (x)极小值＝f (1)＝ln 1＋1－1＝0，无极大值． (2)f (x)＝xln x－ax＋a，易知f (1)＝0，所求问题等价于函数f (x)＝xln x－ax＋a在区间(1，e]上没有零点，因为f′(x)＝ln x＋1－a， 当0<x<ea－1，f′(x)<0，所以f (x)在(0，ea－1)上单调递减， 当x>ea－1，f′(x)>0，f (x)在(ea－1，＋∞)上单调递增． ①当ea－1≤1，即a≤1时，函数g(x)在区间(1，e]上单调递增，所以f (x)>f (1)＝0， 此时函数f (x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意． ②当1<ea－1<e，即1<a<2时，f (x)在区间(1，ea－1)上单调递减，在区间(ea－1，e]上单调递增， 要使f (x)在(1，e]上没有零点，只需f (e) <0，即e－ea＋a<0，解得a>，所以<a<2. ③当e≤ea－1，即a≥2时，函数f (x)在区间(1，e]上单调递减， f (x)在区间(1，e]上满足f (x)<f (1)＝0，此时函数f (x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意． 综上所述，实数a的范围是a≤1或a>. 技法二　数形结合法研究函数零点 (2023·陕西西安一模)已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R). (1)求函数f (x)的单调区间； (2)若函数f (x)在[1，e2]上有且仅有2个零点，求a的取值范围． 解：(1)因为f (x)＝ln x－ax(a∈R)，则f′(x)＝－a＝. 当a≤0时，f′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝， 若0<x<，则f′(x)>0；若x>，则f′(x)<0. 当a>0时，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 综上所述，当a≤0时，函数f (x)的增区间为(0，＋∞)； 当a>0时，函数f (x)的增区间为，减区间为. (2)当x∈[1，e2]时，由f (x)＝0可得a＝，令g(x)＝，其中x∈[1，e2]， 则直线y＝a与函数g(x)在[1，e2]上的图象有两个交点， g′(x)＝，当1<x<e时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增， 当e<x<e2时，g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减， 所以函数g(x)的极大值为g(e)＝，且g(1)＝0，g(e)＝，如下图所示： 由图可知，当≤a<时，直线y＝a与函数g(x)在[1，e2]上的图象有两个交点， 因此实数a的取值范围是. 规律方法 　　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． 对点练2．已知函数f (x)＝ex＋aln ＋1(a>0). (1)若a＝e，求f (x)的最小值； (2)判断方程f (x)＝1＋2aln a的实根个数． 解：(1)当a＝e时，f (x)＝ex－eln x＋e＋1，定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝ex－， f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0. 所以x∈(0，1)时，f′(x)<0，f (x)单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f (x)单调递增， 所以f (x)≥f (1)＝2e＋1，故f (x)的最小值为2e＋1. (2)方程f (x)＝1＋2aln a即ex－aln a＝aln x，即－ln a＝ln x， 即ex－ln a＋x－ln a＝eln x＋ln x．设g(x)＝ex＋x，则ex－ln a＋x－ln a＝eln x＋ln x，即g(x－ln a)＝g(ln x)，因为g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， 所以x－ln a＝ln x，即ln a＝x－ln x(x>0)，设h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－＝， 所以x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 且x∈(0，1)时，h(x)∈(1，＋∞)，x∈(1，＋∞)时，h(x)∈(1，＋∞)， 所以当ln a<1，即0<a<e时，方程ln a＝x－ln x无实根， 当ln a＝1，即a＝e时，方程ln a＝x－ln x有1个实根， 当ln a>1，即a>e时，结合h(x)＝x－ln x的图象和直线y＝ln a的交点情况(如图)， 可知方程ln a＝x－ln x有2个实根． 综上，0<a<e时，方程f (x)＝1＋2aln a无实根； a＝e时，方程f (x)＝1＋2aln a有1个实根； a>e时，方程f (x)＝1＋2aln a有2个实根． 学生用书↓第73页 技法三　构造函数法研究函数的零点 (12分)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值． (1)求a；[切入点：求f (x)，g(x)的最小值] (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f (x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． [关键点：利用函数的性质与图象判断ex－x＝b，x－ln x＝b的解的个数及解的关系] [思路分析]　(1)f (x)，g(x)有最小值→a>0→求f (x)，g(x)的最小值→构造函数求方程的解． (2)判断ex－x＝b，x－ln x＝b的解的个数→当b>1时，ex－x＝b解为x1，x0→当b>1时，x－ln x＝b的解为x0，x2→利用ex1－x1＝ex0－x0＝x0－ln x0＝x2－ln x2＝b找x1，x0，x2的关系． 学生用书↓第74页 学生用书↓第75页 规律方法 　　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，根据导函数零点的个数寻找函数在给定区间内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． 对点练3．(2021·全国甲卷节选)已知a＞0且a≠1，函数f (x)＝(x＞0)．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：曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点， 可转化为方程＝1(x＞0)有两个不同的解，即方 程＝有两个不同的解． 设g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝(x>0)，令g′(x)＝＝0，得x＝e， 当0＜x＜e时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增， 当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，故g(x)max＝g(e)＝， 且当x＞e时，g(x)∈，又g(1)＝0，所以0＜＜，所以a＞1且a≠e， 故a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)． 课时测评24　利用导数研究函数的零点问题 (时间：40分钟，满分100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．(20分)(2024·江西南昌模拟)已知函数f (x)＝(x－a)2＋bex(a，b∈R)． (1)若a＝0时，函数y＝f (x)有2个极值点，求b的取值范围； (2)若a＝1，b＝，方程f (x)＝3有几个解？ 解：(1)a＝0时，f (x)＝x2＋bex，f′(x)＝2x＋bex， 则方程2x＋bex＝0有两实根，即b＝－有两实根． 设b(x)＝－，b′(x)＝， 则x<1时，b′(x)<0，b(x)单调递减； x>1时，b′(x)>0，b(x)单调递增， 所以b(x)min＝b(1)＝－，且b(0)＝0，x→＋∞时，b(x)→0， 所以当b(x)＝b有两个实根时，－<b<0. (2)当a＝1，b＝时，设g(x)＝f (x)－3， 则g(x)＝(x－1)2＋2ex－1－3，g′(x)＝2(x－1)＋2ex－1， 因为g′(x)在R上单调递增，且g′(0)＝－2＋<0，g′(1)＝2>0， 所以g′(x)＝0恰有一根x0，且x0－1＋ex0－1＝0，0<x0<1. 当x<x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(x0)＝(x0－1) 2＋2ex0－1－3＝(x0－1) 2＋(2－2x0)－3＝x－4x0<0， 且g(－1)＝1＋>0，g(2)＝2e－2>0， 所以g(x)＝0有且仅有两个实根，即方程f (x)＝3有且仅有两个解． 2．(20分)(2024·广东佛山模拟)已知函数f (x)＝ln x＋sin x. (1)求函数f (x)在区间[1，e]上的最小值； (2)判断函数f (x)的零点个数，并证明． 解：(1)f (x)＝ln x＋sin x的定义域为(0，＋∞)，故f′(x)＝＋cos x， 令g(x)＝f′(x)＝＋cos x，g′(x)＝－－sin x，当x∈[1，e]时，g′(x)＝－－sin x<0， 所以g(x)在[1，e]上单调递减，且g(1)＝1＋cos 1>0，g(e)＝＋cos e<＋cos＝－<0，所以由零点存在定理可知，在区间[1，e]存在唯一的a，使g(a)＝f′(a)＝0. 又当x∈(1，a)时，g(x)＝f′(x)>0；当x∈(a，e)时，g(x)＝f′(x)<0； 所以f (x)在x∈(1，a)上单调递增，在x∈(a，e)上单调递减， 又因为f (1)＝ln 1＋sin 1＝sin 1，f (e)＝ln e＋sin e＝1＋sin e>f (1)， 所以函数f (x)在区间[1，e]上的最小值为f (1)＝sin 1. (2)f (x)有1个零点，证明如下：因为f (x)＝ln x＋sin x，x∈(0，＋∞)， 若0<x≤1，f′(x)＝＋cos x>0，所以f (x)在区间(0，1]上单调递增，又f (1)＝sin 1>0，f＝－1＋sin <0，结合零点存在定理可知，f (x)在区间(0，1]上有且仅有一个零点； 若1<x≤π，则ln x>0，sin x≥0，则f (x)>0； 若x>π，因为ln x>ln π>1≥－sin x，所以f (x)>0. 综上，函数f (x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点． 3．(30分)(2024·江苏南通模拟)已知函数f (x)＝ax＋aln x. (1)当a＝1时，求过点(0，0)且与曲线y＝f (x)相切的直线的方程； (2)若方程f (x)＝xex有两个不相等的实根，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f (x)＝x＋ln x，则f′(x)＝1＋， 设过点(0，0)的曲线y＝f (x)的切线的斜率为k，切点为(x0，x0＋ln x0)， 则k＝f′(x0)＝1＋，又k＝＝1＋，所以1＋＝1＋， 所以x0＝e，k＝1＋，所以所求直线方程为y＝x. (2)由题意，方程a(x＋ln x)＝xex，显然x>0，a≠0，方程等价于＝， 记g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝， 令g′(x)＝0，可得1－x－ln x＝0，设h(x)＝1－x－ln x， 因为函数h(x)＝1－x－ln x在(0，＋∞)上单调递减，且h(1)＝0， 所以x＝1时，g′(x)＝0， 当0<x<1时，g′(x)>0，函数g(x)在区间(0，1)上单调递增， 当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，又g(1)＝， 当x>1时，g(x)>0， 当x→＋∞时，与一次函数和对数函数相比，指数函数ex呈爆炸性增长， 从而→0，g′(x)<0，且→0， 当x→0时，g(x)→－∞，g′(x)→＋∞，根据以上信息作出函数g(x)的大致图象如图： 方程＝的解的个数为函数g(x)＝(x>0)的图象与直线y＝的交点的个数， 由已知函数g(x)＝(x>0)的图象与直线y＝的交点的个数为2， 所以0<<，所以a>e，所以a的取值范围为(e，＋∞). 4．(30分)(2024·山东临沂模拟)已知函数f (x)＝aex＋ln －1(a>0)． (1)若函数f (x)在x＝2 023处取得极值，求a的值； (2)若函数f (x)有两个零点，求a的取值范围． 解：(1)函数f (x)＝aex＋ln －1(a>0)的定义域为x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝aex－， 因为f (x)在x＝2 023处取得极值， 则f′＝ae2 023－＝0，所以a＝. (2)依题意得，aex＋ln a－ln (x＋1)－1＝0在(－1，＋∞)上有两个根， 整理为ex＋ln a＋x＋ln a＝ln (x＋1)＋x＋1， 即ex＋ln a＋x＋ln a＝ln (x＋1)＋eln (x＋1)，　　 设函数h(x)＝ex＋x，则上式为h(x＋ln a)＝h(ln (x＋1))， 因为h′(x)＝ex＋1>0恒成立，所以h(x)＝ex＋x单调递增，所以x＋ln a＝ln (x＋1)， 所以只需ln a＝ln (x＋1)－x在(－1，＋∞)上有两个根， 令φ(x)＝ln(x＋1)－x，x∈(－1，＋∞)，则φ′(x)＝－1＝－， 当x∈(－1，0)时，φ′(x)>0，当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0， 故φ(x)＝ln(x＋1)－x在x＝0处取得极大值即最大值，φ(x)max＝φ(0)＝0， 且当x→＋∞时φ(x)→－∞，当x→－1时φ(x)→－∞， 要想ln a＝ln(x＋1)－x在(－1，＋∞)上有两个根，只需ln a<0，解得0<a<1， 所以a的取值范围为(0，1). 学生用书↓第76页 学科网（北京）股份有限公司 $$