2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-對(duì)點(diǎn)練25 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)【含答案】

對(duì)點(diǎn)練25利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】1.已知函數(shù)f(x)＝x－aex，a∈R，討論函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).2.(2024·青島調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋ax,x)，a∈R.(1)若a＝0，求f(x)的最大值；(2)若0<a<1，求證：f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn).3.(2024·太原模擬節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝xex－x－1，討論方程f(x)＝lnx＋m－2的實(shí)根個(gè)數(shù).【B級(jí)能力提升】4.(2024·鄭州模擬節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－x＋1，g(x)＝aex－x＋lna，若函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.對(duì)點(diǎn)練25利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)答案1．解f(x)＝0等價(jià)于x－aex＝0，即eq\f(x,ex)＝a.設(shè)h(x)＝eq\f(x,ex)，則h′(x)＝eq\f(1－x,ex)，當(dāng)x＜1時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(1)＝eq\f(1,e).又當(dāng)x＜0時(shí)，h(x)＜0；當(dāng)x＞0時(shí)，h(x)＞0，且x→＋∞時(shí)，h(x)→0，∴可畫出h(x)大致圖象，如圖所示．∴當(dāng)a≤0或a＝eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在R上有唯一零點(diǎn)；當(dāng)a＞eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在R上無零點(diǎn)；當(dāng)0＜a＜eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在R上有兩個(gè)零點(diǎn)．2．(1)解若a＝0，則f(x)＝eq\f(lnx,x)，其定義域?yàn)?0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由f′(x)＝0，得x＝e，∴當(dāng)0<x<e時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e).(2)證明f′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))x－lnx－ax,x2)＝eq\f(1－lnx,x2)，由(1)知，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∵0<a<1，∴當(dāng)x>e時(shí)，f(x)＝eq\f(lnx＋ax,x)＝a＋eq\f(lnx,x)>0，故f(x)在(e，＋∞)上無零點(diǎn)；當(dāng)0<x<e時(shí)，f(x)＝eq\f(lnx＋ax,x)，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝a－e<0，f(e)＝a＋eq\f(1,e)>0，且f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，∴f(x)在(0，e)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，綜上，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．3．解由f(x)＝lnx＋m－2，得xex－x－lnx＋1＝m，x>0，令h(x)＝xex－x－lnx＋1，則h′(x)＝ex＋xex－1－eq\f(1,x)＝eq\f(（x＋1）（xex－1）,x)(x>0)，令m(x)＝xex－1(x>0)，則m′(x)＝(x＋1)·ex>0，∴m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(\r(e),2)－1<0，m(1)＝e－1>0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得m(x0)＝0，即ex0＝eq\f(1,x0)，從而lnx0＝－x0.當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，m(x)<0，h′(x)<0，則h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，m(x)>0，h′(x)>0，則h(x)單調(diào)遞增；∴h(x)min＝h(x0)＝x0ex0－x0－lnx0＋1＝x0·eq\f(1,x0)－x0＋x0＋1＝2，又易知，當(dāng)x→0＋時(shí)，h(x)→＋∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→＋∞.∴當(dāng)m<2時(shí)，方程f(x)＝lnx＋m－2沒有實(shí)根；當(dāng)m＝2時(shí)，方程f(x)＝lnx＋m－2有1個(gè)實(shí)根；當(dāng)m>2時(shí)，方程f(x)＝lnx＋m－2有2個(gè)實(shí)根．4．解函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即f(x)＝g(x)有兩個(gè)實(shí)根，即ln(x＋1)－x＋1＝aex－x＋lna有兩個(gè)實(shí)根，即ex＋lna＋x＋lna＝ln(x＋1)＋x＋1有兩個(gè)實(shí)根，即ex＋lna＋x＋lna＝eln(x＋1)＋ln(x＋1)有兩個(gè)實(shí)根．設(shè)函數(shù)h(x)＝ex＋x，則ex＋lna＋x＋lna＝eln(x＋1)＋ln(x＋1)?h(x＋lna)＝h(ln(x＋1))．因?yàn)閔′(x)＝ex＋1>0恒成立，所以h(x)＝ex＋x在R上單調(diào)遞增，所以x＋lna＝ln(x＋1)，x＞－1，所以要使F(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，只需lna＝ln(x＋1)－x有兩個(gè)實(shí)根．設(shè)M(x)＝ln(x＋1)－x，則M′(x)＝eq\f(－x,x＋1).由M′(x)＝eq\f(－x,x＋1)>0，得－1<x<0；由M′(x)＝eq\f(－x,x＋1)<0，得x>0，故函數(shù)M(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－1，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)．故函數(shù)M(x)在x＝0處取得極大值，也是最大值