专题1 第5讲 母题突破3 零点问题-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考提高版）

母题突破3　零点问题 母题　已知函数f(x)＝sin x－，判断f(x)在(0，π)上零点的个数，并说明理由． 思路分析 ❶等价转换fx＝0 ❷判断gx＝ex·sin x－x＋1的零点 ❸讨论gx在上的零点个数 ❹讨论gx在上的零点个数 解　由f(x)＝sin x－＝0， 可得ex·sin x－x＋1＝0， 令g(x)＝ex·sin x－x＋1，x∈(0，π)， 所以g′(x)＝(sin x＋cos x)ex－1， ①当x∈时，sin x＋cos x＝sin≥1，ex>1， 所以g′(x)>0， 所以g(x)在上单调递增， 又因为g(0)＝1>0，所以g(x)在上没有零点； ②当x∈时， 令h(x)＝ex－1， 所以h′(x)＝2cos x·ex<0， 即h(x)在上单调递减， 又因为h＝－1>0，h＝－eπ－1<0， 所以存在x0∈，使得h(x0)＝0， 所以g(x)在上单调递增，在(x0，π)上单调递减， 因为g(x0)>g＝－＋1>0， g(π)＝－π＋1<0， 所以g(x)在上没有零点，在(x0，π)上有且只有一个零点， 综上所述，f(x)在(0，π)上有且只有一个零点． [子题1]　(2023·安庆模拟)已知函数f(x)＝eln x＋bx2e1－x.若f(x)的导函数f′(x)恰有两个零点，求b的取值范围． 解　由f′(x)＝＋bx(2－x)e1－x＝0得， ＝bx(x－2)． 显然x≠2，x>0. 因此＝b. 令g(x)＝，x>0且x≠2， 则g′(x)＝， 解方程x2－5x＋4＝0得，x1＝4，x2＝1， 因此函数g(x)在(0,1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1,2)和(2,4)上单调递减，且极大值为g(1)＝－e，极小值为g(4)＝.g(x)的大致图象如图所示． 由图象可知，当b>或b<－e时，直线y＝b与曲线y＝g(x)的图象分别有两个交点，即函数f′(x)恰有两个零点． 故b的取值范围是(－∞，－e)∪. [子题2]　设函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2(a∈R)，函数g(x)＝ax－1.证明：当a≤2时，函数H(x)＝f(x)－g(x)至多有一个零点． 证明　因为H(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1， 所以H′(x)＝(x>－1)， 令H′(x)＝0，x1＝0，x2＝－1. 当x→－1＋时，H(x)→－∞； 当x→＋∞时，H(x)→＋∞. ①当a＝2时，H′(x)≥0，函数H(x)在定义域(－1，＋∞)上为增函数，有一个零点； ②当a≤0时，－1≤－1， 令H′(x)>0，得x>0， 令H′(x)<0，得－1<x<0， 所以函数H(x)在区间(－1,0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， 则函数H(x)在x＝0处有最小值H(0)＝1>0，此时函数H(x)无零点； ③当0<a<2时，－1<－1<0， 令H′(x)>0，得－1<x<－1或x>0， 令H′(x)<0，得－1<x<0， 所以函数H(x)在区间，(0，＋∞)上单调递增，在区间上单调递减． 因为函数H(0)＝1>0， 所以H>0，且H(x)>0在区间上恒成立． H(x)在区间上有一个零点． 所以当0<a<2时，函数H(x)在区间(－1，＋∞)上有一个零点． 综上，当a≤2时，函数H(x)＝f(x)－g(x)至多有一个零点． 规律方法　(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． 1．(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝xln x＋a－ax(a∈R)．若函数f(x)在区间[1，e]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围． 解　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， 所以当0<x<ea－1时，f′(x)<0， f(x)在(0，ea－1)上单调递减， 当x>ea－1时，f′(x)>0， f(x)在(ea－1，＋∞)上单调递增． ①当ea－1≤1，即a≤1时，函数f(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－ae＋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的取值范围是. 2．(2023·商洛模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex，其中e为自然对数的底数．函数g(x)＝f(x)－ln x，证明：g(x)有且仅有两个零点． 证明　因为g(x)＝f(x)－ln x＝(x－2)ex－ln x， 则g′(x)＝(x－1)ex－，x>0， 设h(x)＝g′(x)＝(x－1)ex－， 则h′(x)＝xex＋>0， 故g′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 因为g′(1)＝－1<0，g′(2)＝e2－>0， 所以存在唯一x0∈(1,2)，使得g′(x0)＝0. 故当x∈(0，x0)时，g′(x)<0； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0. 即g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． 因为g(x0)<g(2)＝－ln 2<0，g(3)＝e3－ln 3>0， 又因为ln 2≈0.69，则ln 2>， 所以g＝－ln  ＝4－ ＝4－>4－2eln 2＋ ＝4－4＋>0， 由零点存在定理可知，函数g(x)在(0，x0)，(x0,3)上各存在一个零点， 综上所述，g(x)有且仅有两个零点． 专题强化练 1．(2023·连云港调研)已知函数f(x)＝x2＋xln x. (1)求f(x)在x＝1处的切线方程； (2)若关于x的方程f(x)＝ax3有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝2x＋1＋ln x， ∴f′(1)＝3， 又f(1)＝1，∴切点坐标为(1,1)， ∴f(x)在x＝1处的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0. (2)函数f(x)＝x2＋xln x的定义域为(0，＋∞)， 由f(x)＝ax3可得a＝， 令g(x)＝，x>0， 则g′(x)＝， 令h(x)＝1－x－2ln x，其中x>0， 则h′(x)＝－1－<0， 所以函数h(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减，且h(1)＝0， 当0<x<1时，h(x)>0，则g′(x)>0， 所以函数g(x)在(0,1)上单调递增， 当x>1时，h(x)<0，则g′(x)<0， 所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)极大值＝g(1)＝1， 当x→＋∞时，g(x)→0，且g(x)>0， 当x→0时，g(x)→－∞， 由题意可知，直线y＝a与函数g(x)的图象有两个交点，如图所示． 由图可知，0<a<1，故实数a的取值范围是0<a<1. 2．(2023·广州模拟)已知函数f(x)＝ex－1＋e－x＋1，g(x)＝a(x2－2x)(a<0)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数． 解　(1)由f(x)＝ex－1＋e－x＋1， 可得f′(x)＝ex－1－e－x＋1＝， 令f′(x)＝0，解得x＝1， 当x<1时，x－1<0，可得f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递减； 当x>1时，x－1>0，可得f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故函数f(x)的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)． (2)由h(x)＝0，得f(x)＝g(x)， 因此函数h(x)的零点个数等价于函数f(x)与g(x)的图象的交点个数， 因为g(x)＝a(x2－2x)(a<0)，所以g(x)的单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(1，＋∞)， 所以当x＝1时，g(x)取最大值g(1)＝－a， 由(1)可知，当x＝1时，f(x)取最小值f(1)＝2， 当－a<2，即－2<a<0时，函数f(x)与g(x)的图象没有交点，即函数h(x)没有零点； 当－a＝2，即a＝－2时，函数f(x)与g(x)的图象只有一个交点，即函数h(x)有一个零点； 当－a>2，即a<－2时，函数h(x)有两个零点， 理由如下： 因为h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1＋e－x＋1－a(x2－2x)， 所以h(1)＝2＋a<0，h(2)＝e＋e－1>0， 由函数零点存在定理，知h(x)在(1,2)内有零点． 又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＝f(x)－g(x)在(1，＋∞)上只有一个零点． 又因为f(2－x)＝e(2－x)－1＋e－(2－x)＋1＝e1－x＋ex－1＝f(x)， 所以f(x)的图象关于直线x＝1对称， 因为g(x)的图象关于直线x＝1对称， 所以f(x)与g(x)的图象都关于直线x＝1对称， 所以h(x)＝f(x)－g(x)在(－∞，1)上只有一个零点．所以当a<－2时，h(x)＝f(x)－g(x)有两个零点． 综上，当－2<a<0时，函数h(x)没有零点；当a＝－2时，函数h(x)有且只有一个零点；当a<－2时，函数h(x)有两个零点． 学科网（北京）股份有限公司 $$