新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案21第三章导数及其应用第三讲第三课时导数与函数的零点

练案[21]第三课时导数与函数的零点A组基础巩固1．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝eq\r(x)＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.71828….(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点；(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．[解析](1)证明：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，所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．(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，则x＝0为h(x)的一个零点．又h(x)在(1,2)内有零点，因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．h′(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\s\up7(\f(1,2))－1，记φ(x)＝ex－eq\f(1,2)x－eq\s\up7(\f(1,2))－1，则φ′(x)＝ex＋eq\f(1,4)x－eq\s\up7(\f(3,2)).当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，易知φ(x)在(0，＋∞)内只有一个零点，则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.2．(2023·安徽合肥调研性检测)已知函数f(x)＝kx－lnx－1(k>0)．若函数f(x)有且只有一个零点，求实数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)，当x＝eq\f(1,k)时，f′(x)＝0；当0<x<eq\f(1,k)时，f′(x)<0；当x>eq\f(1,k)时，f′(x)>0.∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞))上单调递增，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＝lnk，∵f(x)有且只有一个零点，∴lnk＝0，∴k＝1.解法二：由题意知方程kx－lnx－1＝0仅有一个实根，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)，当x＝1时，g′(x)＝0；当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝1.解法三：函数f(x)有且只有一个零点，即直线y＝kx与曲线y＝lnx＋1相切，设切点为(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＝y0＝1，∴实数k的值为1.3．(2022·贵阳调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1，其中e为自然对数的底数．(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)在区间[0,1]上零点的个数．[解析](1)因为f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间．当a>0时，令f′(x)<0，得x<lna，令f′(x)>0，得x>lna，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞)．(2)由(1)知，f′(x)＝ex－a，①当a≤1时，f(x)在区间[0,1]上单调递增且f(0)＝0，所以f(x)在区间[0,1]上有一个零点．②当a≥e时，f(x)在区间[0,1]上单调递减且f(0)＝0，所以f(x)在区间[0,1]上有一个零点．③当1<a<e时，f(x)在区间[0，lna]上单调递减，在(lna,1]上单调递增，而f(1)＝e－a－1.当e－a－1≥0，即1<a≤e－1时，f(x)在区间[0,1]上有两个零点．当e－a－1<0，即e－1<a<e时，f(x)在区间[0,1]上有一个零点．综上可知，当a≤1或a>e－1时，f(x)在[0,1]上有一个零点，当1<a≤e－1时，f(x)在区间[0,1]上有两个零点．4．(2023·广州市综合测试)已知函数f(x)＝xlnx－ax2＋x(a∈R)．(1)证明：曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线l恒过定点；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：eq\r(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2))>eq\f(4,e).[证明](1)f(1)＝1－a，f′(x)＝lnx＋1－2ax＋1＝lnx－2ax＋2，所以切线l的斜率k＝f′(1)＝2－2a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(2－2a)(x－1)＋1－a＝(2－2a)x－(1－a)＝(1－a)(2x－1)，恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，得证．(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)有两个零点x1，x2，所以x1>0，x2>0，x1，x2为方程xlnx－ax2＋x＝0即lnx－ax＋1＝0的两个根，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，因为x2>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，则g′(t)＝eq\f(t－\f(1,t)－2lnt,t－12)，令h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt，则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)上单调递增，所以h(t)<h(1)＝0，所以当t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，h(t)<0，即当t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，g′(t)<0，g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，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)，得证．B组能力提升1．已知函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax(a≥1)．(1)证明：函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；(2)当a＝1时，证明：函数f(x)只有一个零点．[证明](1)显然函数f(x)＝lnx－a2x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2a2x＋a＝eq\f(－2a2x2＋ax＋1,x)＝eq\f(－2ax＋1ax－1,x).因为a≥1，x>1，所以2ax＋1>0，ax－1>0，所以f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数．(2)当a＝1时，f(x)＝lnx－x2＋x，其定义域是(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.所以当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x＝1时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，即为f(1)＝ln1－12＋1＝0，当x≠1时，f(x)<f(1)，即f(x)<0，所以函数f(x)只有一个零点．2．已知函数f(x)＝xex－eq\f(1,2)a(x＋1)2.(1)若a＝e，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．[解析](1)由题意知，当a＝e时，f(x)＝xex－eq\f(1,2)e·(x＋1)2，函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值－eq\f(1,e)单调递减极小值－e单调递增所以当x＝－1时，f(x)取得极大值－eq\f(1,e)；当x＝1时，f(x)取得极小值－e.(2)法一(分类讨论法)：f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)，若a＝0，易知函数f(x)在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意．若a<0，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)＝－eq\f(1,e)<0，且f(1)＝e－2a>0，当x→－∞时f(x)→＋∞，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．若lna<－1，即0<a<eq\f(1,e)，当x∈(－∞，lna)∪(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，lna)和(－1，＋∞)上单调递增；当x∈(lna，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(lna)＝alna－eq\f(1,2)a(lna＋1)2<0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．若lna＝－1，即a＝eq\f(1,e)，当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，故不符合题意．若lna>－1，即a>eq\f(1,e)，当x∈(－∞，－1)∪(lna，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，－1)和(lna，＋∞)上单调递增；当x∈(－1，lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又f(－1)＝－eq\f(1,e)<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)．法二(数形结合法)：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.当x＝－1时，方程为－e－1＝eq\f(1,2)a×0，显然不成立，所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f(x)的零点．当x≠－1时，分离参数得a＝eq\f(2xex,x＋12).记g(x)＝eq\f(2xex,x＋12)(x≠－1)，则g′(x)＝eq\f(2xex′x＋12－[x＋12]′·2xex,x＋14)＝eq\f(2exx2＋1,x＋13).当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．当x＝0时，g(x)＝0，当x→－∞时，g(x)→0；当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞.故函数g(x)的图象如图所示．作出直线y＝a，由图可知，当a<0时，直线y＝a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)．[方法总结]利用函数零点求参数范围的方法(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．3．(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.[分析](1)函数f(x)的解析式eq\o(→,\s\up7(求导))函数f(x)的单调性→f(x)min≥0→a的取值范围(2)解法一：结合(1)中函数f(x)的单调性确定两个零点的初步范围→构建函数F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\o(→,\s\up7(求Fx的单调性))x∈(0,1)时，F(x)<F(1)eq\o(→,\s\up7(转化))x∈(0,1)时，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]利用导数研究不等式恒成立、极值点偏移问题(理性思维、数学探索)(1)由题意知函数f(x)的定义域为(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)，可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．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的取值范围为(－∞，e＋1]．(2)解法一：不妨设x1<x2，则由(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)))，则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，则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))，所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，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