重难点专题11 导数解答题之零点问题八大题型汇总（解析版）-决战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

重难点专题11导数解答题之零点问题八大题型汇总题型1一个零点问题 1题型2两个零点问题 9题型3三个零点问题 题型4判断零点个数 题型5最值函数的零点问题 题型6同构法解零点问题 题型7零点差问题 题型8割线法切线法与零点 题型1一个零点问题(2)若函区间(1,+)上恰有一个零点，求a的取值范围.【分析】(1)讨论参数a,利用导数研究函数单调性；(2)问题化为axlnx-e+e^=0在(1,+)上仅有一个解，构造φ(x)=axlnx-e+e*,利用导数研究其在(1,+o)的单调性，结合零点存在性判断区间零点个数，即可求参数范围.【详解】(1),且x∈(0,+),当a≥0,则f'(x)>0,此时f(x)在(0,+)上递增；,f'(x)<0,即f(x)在(-+o)上递减；所以(x+4)e×+2+2cosx>0在(-4,+)恒成立，则存在α∈(0,+),使得g'(a)=0,此时在(0,a)上，有g'(a)<0,故g(x)在(0,+)上存在一个零点，故此时函数g(x)在(-,0)上至少存在一个零(2)将问题转化为a+lnx-ax=0在(1,+)上仅有一个实数解，设g(x)=lnx-ax+,f(x)min=f(√a)=aalnvaalna(2)由题意可得e*-ax²-x+1=0只有一个根，易知x≠0,可转化为y=a与h(x)=由①,代入④可得即2e⁴0-xoe×o+xo=2xo-2,即(2-xo)e*o=xo-2,解得xo=2.的图象只有一个交点.设t(x)=e*-x+1,则t'(x)=画出函数h(x)的图象如图所示：所以实数a的取值范围题型2两个零点问题(1)若f(x)≤0在(0,+)上恒成立，求a的取【详解】(1)若f(x)≤0在(0,+)上恒成立， >0在(1,+)上恒成立，,,所以x₁x₂<1,【详解】(1)令g(x)=e*-x²,其中x>1,则g'(x)=e*-2x,(2)函数f(x)的定义域为(0,+),由(1)因,,得a-alna-1<0,(2)0<a<1.(2)f(x)=0=ae*+lna=ln(x+1)+aelnaeln【详解】(1)当a=1时，f(x)=e*-ln(x+1)-1,定义域为(-1,+),ae^=x+1(x>-1)有两个解，有两个解.,所以0<a<1.①乘积型，如ae"≤blnb可以同aeInbelnbxe③和差型，如e⁴±a≤b±lnb,同构后可以构造函数f(x)=e*±xf或f(x)=x±lnx.【变式2-1】3.(2023秋·贵州贵阳·高三贵阳一中校考开学考试)已知函数f(x)=Inx-a^lna,a>1.(1)若函数f(x)在x=1处的切线的斜率为1-e,求实数a的值(e是自然对数的底数);构造函数，利用复合函数研究单调性，从而求解即可；(2)把问题转化为lnx-a⁴lna=0有且仅有两个大于1的实数根，构造函数F(x)=xlnx,利用函数单调性得a²=x,,构造函数，利用导数研究函数的单调性，从而求解参数的范围.【详解】(1)因为f(x)=Inx-a*lna,(2)因为函数f(x)有且仅有两个零点，,所以1<a<ee,故实数a的取值范围为【详解】(1)因为f(x)=ae*-x,所以f'(x)=ae*-1,(2)由题意g(x)=ae*(x-1)-Inx+f(x)=axe*-lnx-x=axe*-In(xe*)(x>0)有令t=xe^,(x>0),则t'=(1+x)e*>0在(0,+o)上恒成立，所以t=xe*在(0,+)上单,h'(t)>0得0<t<e,h'(t)<0得t>e,题型3三个零点问题,【详解】(1)由a=1,得f(x)=(x+1)lnx-x+1,x>0.,(2)令f(x)=0,,x>0.设m(x)=x²+(2a-2a²)x+a²,【分析】(1)分a=0和a≠0讨论即可；,0<x<1,,其中0<x<1,,则(x²+1)lnx<x²-1,,作出如下图象，则W'(p)=4p-e”(cosp+sinp)+e-P(cosp-sinp),令G(p)=4p-eP(cosp+sinp)+e-P(cosp-sinp),则G'(p)=4-eP(2cosp)-e-p(2cosp),令H(p)=4-eP(2cosp)-e-P(2cosp)则H'(p)=-2e?(cosp-sinp)-2e-”(-sinp-cosp),L'(p)=-2e?(-2sinp)+2e-P(-2sinp)=4sinp(e”导数证明其在(0,1)上单调性，将原不等式转化为证,即【详解】(1)因为f(x)定义域为(0,+),!又g(0)=0,g(2)=0,所以0<g(x)≤1,即证0>1-x₁-In(1+x₁-1nx₁-x1)=1-x₁-In(1-Inx₁),区间.【详解】(1),定义域为(0,+),,,题型4判断零点个数(1-a)x-lnx(a≠0).【详解】(1)定义域为(0,+),X1一+一减增减X1一+一减增减由(※)式得：lnxo=axo-a+1,1令φ(x)=1ax²x+1(x∈(1,2)),φ'(x)=ax1,则(※)式化令g'(x)<0得x<-lna.g(x)减区间为(-,lnaIna解.解,可令f'(x)<0,,可(2)解：由(1)(2)由(1)可知，当a=1时，f(x)=lnx-x+1在(1,+)单调递减，若0<a<1,题型5最值函数的零点问题点点x₂>2xo.【分析】(1)由题设,讨论a≤0、α>0判断g'(x)的符号，进而确2x₀只需要证,构造函,应用导数研究单调性并确定【详解】(1)由已知g(x)=Inx-ax,,g'(x)>0,g(x)单调递增，∴,导函又F(xo)=0,若m(x)=n在区间(1,+)内有两个不相等的实数根x₁,x₂(x,要证x₁+2xo=0,即x0+00+07极大Y极小7极大\f'(x)=x(a+cosx),f(0)=1.数.数X01+0一0+7Y7;又∵φ(0)=1,::,h(x)有1个零点；题型6同构法解零点问题增.故f(x)的单调递减区间为(-2,0),单调递增区间为(0,+).(2)①选择若f(x)≥0恒成立，在在即极值；若选择②,则f'(x)=e*-1-2x,f"(x)=e*-1-2,由f"(x)在R上单调递增，且(2)令g(x)=0,有e*-1-mx²+mxln(mx)=0,又mx>0,【答案】(1)极小值0,无极大值；(2)0<a<1.果.函数h(t)=t+Int是解题的关键.有1个零点，求实数a的取值范【分析】(1)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合函数的零点个数判断即可；则h(e*-a)=e×-a+(x-a),由关于x的方有两个不同的实【详解】(1)解c,x∈,又因为g(0)=0,所以g(x)在(0,上无零点；,,g(x)在(0,即xe*-a=xlnx+ax,即e×-a=lnx+a,则有ex-a+(x-a)=x+Inx,令h(x)=x+lnx,x>0,则h(ex-a)=ex-a+(x-,所以函数h(x)在(0,+o)上递增，则方程a=x-lnx,x>0有两个不同的实数解，所以a>1.想及同构思想，难度较大.(2)若函数y=f(x)在定义域内没有零点，求a的取值范围.即：a=Inx-2x在(0,+)无实根，题型7零点差问题,+一7Y所以g(x)有极大值(最大值)g(0)=-In2(2)因为In(e*+a+1)>lnex+a=x+a,两个不同的零点x₁,x₂等价于g(xo)>0,再结合(1)问和①问中的结论放缩有g(x)<,,,等式.(2)m=2,n=3或m=3,n=5.值.值,解得：2x+1+ln(x+1)(m≥1).范围.令h(x)=mx²+(m-2)x-1,∴h(x)=0在(-1,+)上一定存在两个不同的实数根，f'(x)=0在(-1,+)上必有两个不等实数根a,b,由根与系数的关系知：(3)若f(x)=x⁴-2x²,g(x)=4x²-8,h(x)=4(t³-t)x-3t⁴+2t²(0<|t|≤√2)所以(2-k)²=0,4b=0,所以△=(2-k)²≤0,因此k=2.故h(x)=2x.(2)[方法一]若k<0,则F(x)在(0,1)上递增，在(1,+)上递减,则F(x)≤F(1)=0,即h(x)-(0,+)内恒成立；当0<t²<1,△=-8t²+8>0,-1<-t<1,②3)+8.由2≥t²≥1,-3≤t⁴-5t²+3≤-1,得2≤△₂≤7,此时②式的解为x₃≤x≤x4不妨设因为√2-(-1)=√2+1<√7,所以[-1,1]S[m,n].f(-1)≥h(-1)≥g(-1),f(1)≥h(1)≥g(1),f(0)≥h(0)≥g(0).则有由③+④并化简得，1≤3t⁴-2t²≤4.8)=16(t⁶-5t⁴+3t²+8).,只需,即证x₂≤1-m,(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0底数).(2)利用导数证明(e-x)lnx≤(e-1)(x-1)、(e-x)lnx≤-x+e,设g(x₃)=f(x₁)=,所以f'(1)=e-1,f'(e)=-1.(2)证明：因为函数f(x)的定义为(0,+),y=0.(3)依第(2)问，取a=e,有(x²-x)e*≥ex-e,x则x₃<x₁<x₂<x₄,所以|x₁-x₂|<x₄-x₃=m+1+m.e(2)由(1)知：k=ln2,b=-ln2,(3)不妨设t(x)=f(x)+x=(x-1)ln(x+1)+x,(x>-1),,,(2)若方程f(x)=b有两个实数根x₁,x₂,且x₁<x₂,证【答案】(1).(2)证明见解析【解析】(1)由f(-1)=0,f(x)=(x+1)(ex-1),可得f'.利用点斜式可得切线方程.(2)由(1)知f(x)在(-1,0)处的切线方程s(x),令F(x)=f(x)-s(x),求所以x'1≤x1,;另一方面，f(x)在点(1,2e-2)处的切线方程为t(x),构造G(x)【详解】(1)f'(x)=(x+2)e*-1,e所以F'(x)在(-o,-3)上单调递减，在(-3,+o)上单调递增.,F'(-1)=0,所以F(x)在(-oo,-1)上单调递减，在(-1,+)上单调递增.所以F(x)≥F(-1)=0=f(x)≥S(x)=1e(x+1).当且仅当x=-1时取“=”构造G(x)=f(x)-t(x)=(x+1)(e*-1)-(3e-1)xexG'(x)=(x+2)e*-3e,G"(x)=(x+3)e*.所以G'(x)在(-o,-3)上单调递减，在(-3,+co)上单调递增,G'(1)=0,所以G(x)在(-o,1)上单调递减，当且仅当x=-1时取“=”分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简运最新真题、模考题组练最新真题、模考题组练X0+00+07极大极小7极大f'(x)=x(2a+cosx),f(0)=1.有1个零点点(2)f'(x)=x²(4x-3).,g(x)零点的个数为4.【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)①证明见解析；②证明见解析.【解析】(1)求出导数，讨论a≤0和a>0两种情况根据导数正负即可得出单调性；(2)i)可得不等式等价于l则利用导数证0即可；,即可由此证明.【详解】解：(1)f(x)定义域(0,+o),减函数，,等价于h(ii)i,令h'(x)=0,解得x=e,(2)由于f'(x)=1+lnx,由(1)可知，在(e-2,-2e-2)点的切线方程为y=-x-e-2,则存,使得f(m)>0,由(1)得当0<x<1时，证.所以h(x)在(1,+0)单调递减[方法二]:对数平均不等式所以g(t)=t+lnt-a在(1,+x)上单调递增，故g(t)=0只有1个解又因有两个零点x₁,x₂,)上单调递减故h(t)<h(1)=0,证【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式【详解】(1)f(x)的定义域为(-1,+)a.由,故1<2a≤e²,则b>2a>1,f(0)=b-1>0,,则f(xo)>0,而函数在区间(0,+)上单调递增，故函数在区间(0,+)上有一个零点.为自然对数的底数.(I)证明：函数y=f(x)在(0,+)上有唯一零点；(Ⅱ)记x0为函数y=f(x)在(0,+)上的零点，证明：价于直线y=a与g(x)=