新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)練案21第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第三講第三課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)

練案[21]第三課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)A組基礎(chǔ)鞏固1．已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝eq\r(x)＋x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828….(1)證明：函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的個數(shù)，并說明理由．[解析](1)證明：易知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x，所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－eq\r(2)>0，所以h(1)h(2)<0，所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)．(2)由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－eq\r(x)－x.由g(x)＝eq\r(x)＋x知x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，則x＝0為h(x)的一個零點(diǎn)．又h(x)在(1,2)內(nèi)有零點(diǎn)，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有兩個零點(diǎn)．h′(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\s\up7(\f(1,2))－1，記φ(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\s\up7(\f(1,2))－1，則φ′(x)＝ex＋eq\f(1,4)x－eq\s\up7(\f(3,2)).當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，易知φ(x)在(0，＋∞)內(nèi)只有一個零點(diǎn)，則h(x)在[0，＋∞)上有且只有兩個零點(diǎn)，所以方程f(x)＝g(x)的根的個數(shù)為2.2．(2023·安徽合肥調(diào)研性檢測)已知函數(shù)f(x)＝kx－lnx－1(k>0)．若函數(shù)f(x)有且只有一個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的值．[解析]解法一：f(x)＝kx－lnx－1，f′(x)＝k－eq\f(1,x)＝eq\f(kx－1,x)(x>0，k>0)，當(dāng)x＝eq\f(1,k)時(shí)，f′(x)＝0；當(dāng)0<x<eq\f(1,k)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>eq\f(1,k)時(shí)，f′(x)>0.∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＝lnk，∵f(x)有且只有一個零點(diǎn)，∴l(xiāng)nk＝0，∴k＝1.解法二：由題意知方程kx－lnx－1＝0僅有一個實(shí)根，由kx－lnx－1＝0得k＝eq\f(lnx＋1,x)(x>0)，令g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)(x>0)，g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，當(dāng)x＝1時(shí)，g′(x)＝0；當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0.∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)max＝g(1)＝1，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，∴要使f(x)僅有一個零點(diǎn)，則k＝1.解法三：函數(shù)f(x)有且只有一個零點(diǎn)，即直線y＝kx與曲線y＝lnx＋1相切，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，由y＝lnx＋1得y′＝eq\f(1,x)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝\f(1,x0)，,y0＝kx0，,y0＝lnx0＋1，))∴k＝x0＝y(tǒng)0＝1，∴實(shí)數(shù)k的值為1.3．(2022·貴陽調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上零點(diǎn)的個數(shù)．[解析](1)因?yàn)閒(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，所以f(x)單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)減區(qū)間．當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，lna)，單調(diào)遞增區(qū)間為(lna，＋∞)．(2)由(1)知，f′(x)＝ex－a，①當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增且f(0)＝0，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上有一個零點(diǎn)．②當(dāng)a≥e時(shí)，f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞減且f(0)＝0，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上有一個零點(diǎn)．③當(dāng)1<a<e時(shí)，f(x)在區(qū)間[0，lna]上單調(diào)遞減，在(lna,1]上單調(diào)遞增，而f(1)＝e－a－1.當(dāng)e－a－1≥0，即1<a≤e－1時(shí)，f(x)在區(qū)間[0,1]上有兩個零點(diǎn)．當(dāng)e－a－1<0，即e－1<a<e時(shí)，f(x)在區(qū)間[0,1]上有一個零點(diǎn)．綜上可知，當(dāng)a≤1或a>e－1時(shí)，f(x)在[0,1]上有一個零點(diǎn)，當(dāng)1<a≤e－1時(shí)，f(x)在區(qū)間[0,1]上有兩個零點(diǎn)．4．(2023·廣州市綜合測試)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ax2＋x(a∈R)．(1)證明：曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線l恒過定點(diǎn)；(2)若f(x)有兩個零點(diǎn)x1，x2，且x2>2x1，證明：eq\r(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2))>eq\f(4,e).[證明](1)f(1)＝1－a，f′(x)＝lnx＋1－2ax＋1＝lnx－2ax＋2，所以切線l的斜率k＝f′(1)＝2－2a，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝(2－2a)(x－1)＋1－a＝(2－2a)x－(1－a)＝(1－a)(2x－1)，恒過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，得證．(2)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)閒(x)有兩個零點(diǎn)x1，x2，所以x1>0，x2>0，x1，x2為方程xlnx－ax2＋x＝0即lnx－ax＋1＝0的兩個根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax1＝lnx1＋1，,ax2＝lnx2＋1，))所以a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝eq\f(2＋lnx1＋lnx2,x1＋x2)＝eq\f(2＋lnx1x2,x1＋x2)，所以2＋ln(x1x2)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)·(x1＋x2)＝eq\f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)·lneq\f(x1,x2).令eq\f(x1,x2)＝t，因?yàn)閤2>2x1，所以t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以2＋ln(x1x2)＝eq\f(t＋1,t－1)lnt.令g(t)＝eq\f(t＋1,t－1)lnt，則g′(t)＝eq\f(t－\f(1,t)－2lnt,t－12)，令h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt，則h′(t)＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2,t)＝eq\f(t2－2t＋1,t2)＝eq\f(t－12,t2)≥0，所以h(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以h(t)<h(1)＝0，所以當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，h(t)<0，即當(dāng)t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，g′(t)<0，g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，所以g(t)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3ln2，所以2＋ln(x1x2)>3ln2，得x1x2>eq\f(8,e2)，所以eq\r(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2))>eq\r(2x1x2)>eq\r(\f(16,e2))＝eq\f(4,e)，得證．B組能力提升1．已知函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a≥1)．(1)證明：函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明：函數(shù)f(x)只有一個零點(diǎn)．[證明](1)顯然函數(shù)f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq\f(－2ax＋1ax－1,x).因?yàn)閍≥1，x>1，所以2ax＋1>0，ax－1>0，所以f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)．(2)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx－x2＋x，其定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2x＋1＝－eq\f(2x2－x－1,x).令f′(x)＝0，解得x＝－eq\f(1,2)(舍去)或x＝1.所以當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值，也是最大值，即為f(1)＝ln1－12＋1＝0，當(dāng)x≠1時(shí)，f(x)<f(1)，即f(x)<0，所以函數(shù)f(x)只有一個零點(diǎn)．2．已知函數(shù)f(x)＝xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2.(1)若a＝e，求函數(shù)f(x)的極值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)由題意知，當(dāng)a＝e時(shí)，f(x)＝xex－eq\f(1,2)e·(x＋1)2，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如表所示：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增極大值－eq\f(1,e)單調(diào)遞減極小值－e單調(diào)遞增所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得極大值－eq\f(1,e)；當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取得極小值－e.(2)法一(分類討論法)：f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，若a＝0，易知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上只有一個零點(diǎn)，故不符合題意．若a<0，當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．由f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，且f(1)＝e－2a>0，當(dāng)x→－∞時(shí)f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上有兩個零點(diǎn)．若lna<－1，即0<a<eq\f(1,e)，當(dāng)x∈(－∞，lna)∪(－1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(－∞，lna)和(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(lna，－1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．又f(lna)＝alna－eq\f(1,2)a(lna＋1)2<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一個零點(diǎn)，故不符合題意．若lna＝－1，即a＝eq\f(1,e)，當(dāng)x∈(－∞，＋∞)時(shí)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，故不符合題意．若lna>－1，即a>eq\f(1,e)，當(dāng)x∈(－∞，－1)∪(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(－∞，－1)和(lna，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－1，lna)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．又f(－1)＝－eq\f(1,e)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一個零點(diǎn)，故不符合題意．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)．法二(數(shù)形結(jié)合法)：令f(x)＝0，即xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2＝0，得xex＝eq\f(1,2)a(x＋1)2.當(dāng)x＝－1時(shí)，方程為－e－1＝eq\f(1,2)a×0，顯然不成立，所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)．當(dāng)x≠－1時(shí)，分離參數(shù)得a＝eq\f(2xex,x＋12).記g(x)＝eq\f(2xex,x＋12)(x≠－1)，則g′(x)＝eq\f(2xex′x＋12－[x＋12]′·2xex,x＋14)＝eq\f(2exx2＋1,x＋13).當(dāng)x<－1時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>－1時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．當(dāng)x＝0時(shí)，g(x)＝0，當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→0；當(dāng)x→－1時(shí)，g(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞.故函數(shù)g(x)的圖象如圖所示．作出直線y＝a，由圖可知，當(dāng)a<0時(shí)，直線y＝a和函數(shù)g(x)的圖象有兩個交點(diǎn)，此時(shí)函數(shù)f(x)有兩個零點(diǎn)．故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)．[方法總結(jié)]利用函數(shù)零點(diǎn)求參數(shù)范圍的方法(1)分離參數(shù)(a＝g(x))后，將原問題轉(zhuǎn)化為y＝g(x)的值域(最值)問題或轉(zhuǎn)化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的交點(diǎn)個數(shù)問題(優(yōu)選分離、次選分類)求解；(2)利用函數(shù)零點(diǎn)存在定理構(gòu)建不等式求解；(3)轉(zhuǎn)化為兩個熟悉的函數(shù)圖象的位置關(guān)系問題，從而構(gòu)建不等式求解．3．(2022·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；(2)證明：若f(x)有兩個零點(diǎn)x1，x2，則x1x2<1.[分析](1)函數(shù)f(x)的解析式eq\o(→,\s\up7(求導(dǎo)))函數(shù)f(x)的單調(diào)性→f(x)min≥0→a的取值范圍(2)解法一：結(jié)合(1)中函數(shù)f(x)的單調(diào)性確定兩個零點(diǎn)的初步范圍→構(gòu)建函數(shù)F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\o(→,\s\up7(求Fx的單調(diào)性))x∈(0,1)時(shí)，F(xiàn)(x)<F(1)eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))x∈(0,1)時(shí)，f(x)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\o(→,\s\up7(fx1＝fx2＝0))x2<eq\f(1,x1)→x1x2<1[解析]利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立、極值點(diǎn)偏移問題(理性思維、數(shù)學(xué)探索)(1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．由f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\f(1,x)＋1＝eq\f(exx－1－x＋x2,x2)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)，可得函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范圍為(－∞，e＋1]．(2)解法一：不妨設(shè)x1<x2，則由(1)知0<x1<1<x2，eq\f(1,x1)>1.令F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，則F′(x)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\s\up7(\f(1,x))＋\f(1,x)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)),\f(1,x2))×eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)(ex＋x－xeeq\s\up7(\f(1,x))－1)．令g(x)＝ex＋x－xeeq\f(1,x)－1，則g′(x)＝ex＋1－eeq\s\up7(\f(1,x))＋xeeq\s\up7(\f(1,x))×eq\f(1,x2)＝ex＋1＋eeq\s\up7(\f(1,x))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g(x)<g(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以F(x)<F(1)，即在(0,1)上f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))<F(1)＝0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))<0，即f(x2)<feq