2022版高考数学一轮总复习课后限时集训23利用导数解决函数的零点问题【含解析】

1、2022版高考数学一轮总复习课后限时集训23利用导数解决函数的零点问题【含解析】建议用时：40分钟1(2020石家庄模拟)已知函数f(x)2a2ln xx2(a0)(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)讨论函数f(x)在区间(1，e2)内零点的个数(e为自然对数的底数)解(1)当a1时，f(x)2ln xx2，f(x)2x，f(1)0，又f(1)1，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y10.(2)f(x)2a2ln xx2，f(x)2x.x0，a0，当0xa时，f(x)0；当xa时，f(x)0.f(x)在(0，a)上单

2、调递增，在(a，)上单调递减(3)由(2)得f(x)maxf(a)a2(2ln a1)讨论函数f(x)的零点情况如下：当a2(2ln a1)0，即0a时，函数f(x)无零点，函数f(x)在(1，e2)内无零点当a2(2ln a1)0，即a时，函数f(x)在(0，)内有唯一零点a，而1ae2，函数f(x)在(1，e2)内有一个零点当a2(2ln a1)0，即a时，f(1)10，f(a)a2(2ln a1)0，f(e2)2a2ln e2e44a2e4(2ae2)(2ae2)当2ae20，即a时，f(e2)0，由函数的单调性可知，函数f(x)在(1，a)内有唯一零点x1，在(a，e2)内有唯一零点x

3、2，f(x)在(1，e2)内有两个零点当2ae20，即a时，f(e2)0，由函数的单调性可知，f(x)在(1，e2)内只有一个零点综上所述，当0a时，函数f(x)在(1，e2)内无零点；当a或a时，函数f(x)在(1，e2)内有一个零点；当a时，函数f(x)在(1，e2)内有两个零点2已知函数f(x)xexa(x1)2.(1)若ae，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围解(1)由题意知，当ae时，f(x)xexe(x1)2，函数f(x)的定义域为(，)，f(x)(x1)exe(x1)(x1)(exe)令f(x)0，解得x1或x1.当x变化时，f(x)，f(x

4、)的变化情况如下表所示：x(，1)1(1,1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值e所以当x1时，f(x)取得极大值；当x1时，f(x)取得极小值e.(2)方法一：分类讨论法f(x)(x1)exa(x1)(x1)(exa)若a0，易知函数f(x)在(，)上只有一个零点，故不符合题意若a0，当x(，1)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增由f(1)0，且f(1)e2a0，当x时，f(x)，所以函数f(x)在(，)上有两个零点若ln a1，即0a，当x(，ln a)(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(ln a，1)时，f(x)0，f(x)

5、单调递减又f(ln a)aln aa(ln a1)20，所以函数f(x)在(，)上至多有一个零点，故不符合题意若ln a1，即a，当x(，)时，f(x)0，f(x)单调递增，故不符合题意若ln a1，即a，当x(，1)(ln a，)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，ln a)时，f(x)0，f(x)单调递减又f(1)0，所以函数f(x)在(，)上至多有一个零点，故不符合题意综上，实数a的取值范围是(，0)方法二：数形结合法令f(x)0，即xexa(x1)20，得xexa(x1)2.当x1时，方程为e1a0，显然不成立，所以x1不是方程的解，即1不是函数f(x)的零点当x1时，分离参数

6、得a.记g(x)(x1)，则g(x).当x1时，g(x)0，函数g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，函数g(x)单调递增当x0时，g(x)0；当x时，g(x)0；当x1时，g(x)；当x时，g(x).故函数g(x)的图象如图所示作出直线ya，由图可知，当a0时，直线ya和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f(x)有两个零点故实数a的取值范围是(，0)3(2019全国卷)已知函数f(x)ln x.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线解(1)f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)0，所以f(x)在(0,1)，(1，)单调递增因为f(e)10，f(e2)20，所以f(x)在(1，)有唯一零点x1(ex1e2)，即f(x1)0.又01，fln x1f(x1)0，故f(x)在(0,1)有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点(2)因为eln x0，故点B在曲线yex上由题设知f(x0)0，