板块1 微专题(5) 第3课时 导数与函数的零点(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

第3课时　导数与函数的零点 [典例]　(2024·武汉模拟)已知函数f(x)=ln x-ax2(a∈R). (1)当a=1时，求f(x)的最大值； (2)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数. 解：(1)f(x)的定义域是(0，+∞)， ∵f(x)=ln x-ax2(a∈R)， ∴f'(x)=-ax=， 当a=1时，f'(x)==0，得x=1. ∴当x∈(0，1)时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增， 当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减. ∴当x=1时，函数f(x)取得最大值，最大值为f(1)=-. (2)由f(x)=0，得a=， 令g(x)=，则g'(x)=， 由g'(x)>0，得1≤x<， 由g'(x)<0，得<x≤e2， g(x)在区间[1，]上单调递增，在区间[，e2]上单调递减，g(1)=0，g()=，g(e2)=，作函数g(x)的图象如图所示. 综上，当0≤a<或a=时，f(x)在[1，e2]上有一个零点，当≤a<时，f(x)在[1，e2]上有2个零点，当a<0或a>时，f(x)在[1，e2]上没有零点. [思维建模] 1.求解函数零点(方程根)个数问题的步骤 (1)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. (2)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. (3)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. [变式训练] 1.已知函数f(x)=axln x+，a∈R. (1)当a=1时，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若方程f(x)=x3+存在两个不等的实数根，求a的取值范围. 解：(1)当a=1时，f(x)=xln x+，则f'(x)=ln x+1-， 所以f(1)=，f'(1)=， 所以f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y-=(x-1)，即y=x. (2)由f(x)=x3+，得aln x=x2，x>0， 显然当x=1时等式不成立， 所以当x≠1时a=， 令g(x)=(x≠1)，则g'(x)==， 当0<x<1或1<x<时，g'(x)<0，当x>时，g'(x)>0， 所以g(x)在(0，1)和(1，)上单调递减，在(，+∞)上单调递增，且g()=2e， 作出g(x)的大致图象，如图， 由g(x)的图象可知当a>2e时，方程a=有两个不同的解， 即方程f(x)=x3+有两个不等的实数根，所以a的取值范围是(2e，+∞). 2.已知函数f(x)=aln x+x2+3在x=1处的切线经过原点. (1)判断函数f(x)的单调性； (2)求证：函数f(x)的图象与直线y=5x有且只有一个交点. 解：(1)因为f(1)=aln 1+1+3=4， 所以切点为(1，4). 因为f'(x)=+2x，所以f'(1)=a+2， 所以切线方程为y-4=(a+2)(x-1). 因为切线经过原点，所以0-4=(a+2)(0-1)， 所以a=2. 由定义域为(0，+∞)，得f'(x)=+2x>0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增. (2)证明：设g(x)=f(x)-5x=2ln x+x2+3-5x(x>0)， 则g'(x)==. 因为当x∈时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 且g=2ln++3-=-2ln 2+==<0，所以g(2)<g<0， 所以当x∈(0，2)时，g(x)<0， 所以函数g(x)在x∈(0，2)时没有零点， 所以当x∈(0，2)时，函数f(x)的图象与直线y=5x没有交点. 当x∈(2，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 又因为g(5)=2ln 5+3>0，且函数g(x)的图象是不间断的，所以当x∈(2，+∞)时，函数g(x)有且只有一个零点， 所以当x∈(2，+∞)时，函数f(x)的图象与直线y=5x有且只有一个交点. 综上所述，函数f(x)的图象与直线y=5x有且只有一个交点. [专题验收评价] 1.(2024·郑州模拟)已知函数f(x)=aln(x+1)-xsin x. (1)若a=0，求曲线y=f(x)在点处的切线方程； (2)若a=1，研究函数f(x)在x∈(-1，0]上的单调性和零点个数. 解：(1)当a=0时，f(x)=-xsin x， 则f'(x)=-sin x-xcos x，则f=-，f'=-1，所以曲线y=f(x)在点处的切线方程为y=-x. (2)当a=1时，f(x)=ln(x+1)-xsin x，则f'(x)=-sin x-xcos x， 当x∈(-1，0]时，>0，-sin x≥0，-xcos x≥0，则f'(x)>0， 故f(x)在x∈(-1，0]上单调递增. 又因为f(0)=0，所以f(x)在x∈(-1，0]上的零点个数为1. 2.已知函数f(x)=-x3+x2+1. (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)若函数g(x)=f(x)-k(k∈R)有且仅有三个零点，求k的取值范围. 解：(1)由f(x)=-x3+x2+1，得f'(x)=-x2+2x，令f'(x)>0，得-x2+2x>0，解得0<x<2. 所以f(x)的单调递增区间为(0，2). (2)令f'(x)=0，解得x=0或x=2. 当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表所示： x (-∞，0) 0 (0，2) 2 (2，+∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) 单调递减 1 单调递增 单调递减 由函数g(x)=f(x)-k有且仅有三个零点，得方程f(x)=k(k∈R)有且仅有三个不等的实数根， 所以函数y=f(x)的图象与直线y=k有且仅有三个交点. 显然，当x→-∞时，f(x)→+∞；当x→+∞时，f(x)→-∞. 所以由上表可知，f(x)的极小值为f(0)=1，f(x)的极大值为f(2)=， 故k∈. 3.已知函数f(x)=-aex-sin x-1在区间内有唯一极值点x1，其中a∈R，e为自然对数的底数. (1)求实数a的取值范围； (2)证明：f(x)在区间内有唯一零点. 解：(1)f'(x)=-aex-cos x，当x∈时，cos x∈(0，1). ①当a≥0时，f'(x)<0，f(x)在上单调递减，没有极值点，不合题意； ②当a<0时，y=-aex与y=-cos x在上分别单调递增，显然f'(x)在上单调递增. ∵f'(0)=-a-1，f'=-a>0， ∴f'(0)=-a-1<0，得a>-1，此时f'(x)在内有唯一零点x1， ∴当x∈(0，x1)时，f'(x)<0； 当x∈时，f'(x)>0，∴f(x)在内有唯一极小值点x1，符合题意. 综上，实数a的取值范围为(-1，0). (2)证明：由(1)知-1<a<0，当x∈时，y=-aex>0，y=-cos x≥0， ∴在上f'(x)=-aex-cos x>0， ∴f(x)在上单调递增. ∵当x∈时，f(x)单调递增， ∴当x∈(0，x1)时，f(x)单调递减， 当x∈时，f(x)单调递增. ∵当x∈(0，x1)时，f(x)<f(0)=-a-1<0， ∴f(x1)<0. 又∵f=-a>0，∴f(x)在内有唯一零点，即f(x)在内有唯一零点. 4.已知函数f(x)=x(ex-ax2). (1)若曲线y=f(x)在x=-1处的切线与y轴垂直，求y=f(x)的极值； (2)若f(x)在(0，+∞)只有一个零点，求a. 解：(1)函数f(x)=x(ex-ax2)的定义域为R，求导得f'(x)=(x+1)ex-3ax2，f'(-1)=-3a， 依题意，f'(-1)=0，则a=0，f(x)=xex，f'(x)=(1+x)ex， 当x<-1时，f'(x)<0，当x>-1时，f'(x)>0， 因此函数f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增， 所以函数f(x)在x=-1处取得极小值f(-1)=-，无极大值. (2)函数f(x)=x(ex-ax2)在(0，+∞)只有一个零点，等价于y=ex-ax2在(0，+∞)只有一个零点， 设g(x)=ex-ax2，则函数g(x)在(0，+∞)只有一个零点，当且仅当g(x)=0在(0，+∞)只有一解， 即a=在(0，+∞)只有一解，于是曲线y=(x>0)与直线y=a只有一个公共点， 令φ(x)=(x>0)，求导得φ'(x)=，当0<x<2时，φ'(x)<0，当x>2时，φ'(x)>0， 因此函数φ(x)在(0，2)上单调递减， 在(2，+∞)上单调递增， 函数φ(x)在x=2取得极小值同时也是最小值，φ(2)=， 当x→0时，φ(x)→+∞；当x→+∞时，φ(x)→+∞，画出φ(x)=的大致图象，如图所示， g(x)在(0，+∞)只有一个零点时，a=φ(2)=，所以f(x)在(0，+∞)只有一个零点时，a=. 学科网（北京）股份有限公司 $$