2025版高考数学一轮总复习考点突破第3章导数及其应用高考大题规范解答-高考中函数与导数问题的热点题型考点3利用导数研究方程的根或函数的零点

利用导数探讨方程的根(或函数的零点)(2024·全国乙卷理21题)(12分)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))ln(1＋x)．(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．(2)是否存在a，b，使得曲线y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))关于直线x＝b对称？若存在，求a，b的值；若不存在，说明理由．(3)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围．[解析](1)当a＝－1时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))ln(1＋x)，则f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(1＋x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))·eq\f(1,1＋x)，(1分)所以f′(1)＝－ln2，(2分)又f(1)＝0，所以所求切线方程为y－0＝－ln2(x－1)，即xln2＋y－ln2＝0.(3分)(2)第1步：依据对称性列出方程假设存在a，b，使得曲线y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))关于直线x＝b对称．令g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝(x＋a)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＝(x＋a)lneq\f(x＋1,x)，因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称，所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)lneq\f(x＋1,x)＝(2b－x＋a)lneq\f(2b－x＋1,2b－x)＝(x－2b－a)lneq\f(x－2b,x－2b－1)，第2步：令等式两边对应项分别相等，求出a，b于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2b－a，,1＝－2b，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，))(5分)第3步：检验当a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2)时，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))，g(－1－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,2)))lneq\f(－x,－1－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,2)))lneq\f(x,1＋x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))lneq\f(x＋1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＝g(x)，所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－eq\f(1,2)对称，满足题意．故存在a，b，使得曲线y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))关于直线x＝b对称，且a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2).(7分)(3)解法一第1步：求导f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(1＋x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))·eq\f(1,1＋x)＝eq\f(ax2＋x－1＋xln1＋x,x21＋x)＝eq\f(\f(ax2＋x,x＋1)－ln1＋x,x2)(x>0)，设h(x)＝eq\f(ax2＋x,x＋1)－ln(1＋x)，则h′(x)＝eq\f(ax2＋2ax＋1,x＋12)－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(ax2＋2a－1x,x＋12)＝eq\f(xax＋2a－1,x＋12)，(8分)第2步：分类探讨，求出满足条件的a的取值范围①当a≤0时，2a－1<0，当x>0时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当x>0时，h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意．(9分)②当a≥eq\f(1,2)时，2a－1≥0，当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意．(10分)③当0<a<eq\f(1,2)时，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(1－2a,a)，当0<x<eq\f(1－2a,a)时，h′(x)<0，当x>eq\f(1－2a,a)时，h′(x)>0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－2a,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,a)，＋∞))上单调递增，所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,a)))<h(0)＝0，又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,a)，＋∞))，使得h(x0)＝0，即当0<x<x0时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，此时y＝f(x)有微小值点x0.综上所述，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(12分)解法二第1步：分别参数由题意，得f′(x)在(0，＋∞)上有变号零点，令f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(1＋x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))·eq\f(1,1＋x)＝0(x>0)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))·eq\f(1,1＋x)＝eq\f(ln1＋x,x2)，即eq\f(1＋ax,x)＝eq\f(1＋xln1＋x,x2)，即a＝eq\f(1＋xln1＋x－x,x2)，所以原问题等价于直线y＝a与曲线y＝eq\f(1＋xln1＋x－x,x2)在(0，＋∞)上有交点，第2步：利用导数探讨函数的单调性设h(x)＝eq\f(1＋xln1＋x－x,x2)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(x2ln1＋x－2x[1＋xln1＋x－x],x4)＝eq\f(－x＋2ln1＋x＋2x,x3)＝eq\f(－x＋2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln1＋x－\f(2x,x＋2))),x3)，(9分)设φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(2x,x＋2)，则φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(4,x＋2)＝eq\f(x2,1＋xx＋2)>0，所以当x>0时，φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，故当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0，又当x>0时，－(x＋2)<0，所以h′(x)<0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，(10分)第3步：利用洛必达法则求极限由洛必达法则可得eq\o(lim,\s\do4(x→0))h(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ln1＋x,2x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(\f(1,1＋x),2)＝eq\f(1,2)，当x→＋∞时，h(x)→0，所以当0<a<eq\f(1,2)时，直线y＝a与曲线y＝eq\f(1＋xlnx＋x－x,x2)在(0，＋∞)上有交点，故a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(12分)分类依据：对于导数的含参零点应从三个方面进行探讨：1．零点无意义，2．零点不在定义域内，3．零点在定义域内，与其他已知零点进行大小探讨．【变式训练】(2024·湖北武汉四调，22)已知函数f(x)＝x·lnx－eq\f(k,x)，其中k>0.(1)证明f(x)恒有唯一零点；(2)记(1)中的零点为x0，当0<k<eq\f(e,2)时，证明：f(x)图象上存在关于点(x0,0)对称的两点．[证明](1)令f(x)＝0，得k＝x2lnx.由k>0得x>1.令h(x)＝x2lnx，x>1，则h′(x)＝2xlnx＋x>0，则h(x)在(1，＋∞)上单调递增，且值域为(0，＋∞)．故h(x)＝x2lnx(x>1)的图象与直线y＝k，k>0有唯一交点，所以函数f(x)恒有唯一零点．(2)当k＝eq\f(e,2)时，x0＝eq\r(e)，所以0<k<eq\f(e,2)时，x0∈(1，eq\r(e))．要证f(x)图象上存在关于点(x0,0)对称的两点，即证存在t∈(0，x0)，使得f(x0＋t)＋f(x0－t)＝0.令F(t)＝f(x0＋t)＋f(x0－t)(0<t<x0)，下面证明F(t)在(0，x0)上有零点．对F(t)求导得F′(t)＝f′(x0＋t)－f′(x0－t)，记G(t)＝F′(t)，g(x)＝f′(x)，G(t)＝g(x0＋t)－g(x0－t)，G′(t)＝g′(x0＋t)＋g′(x0－t)．f′(x)＝1＋lnx＋eq\f(k,x2)，g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2k,x3)＝eq\f(x2－2k,x3).当0<x<eq\r(2k)时，g′(x)<0；当x>eq\r(2k)时，g′(x)>0.xeq\o\al(2,0)－2k＝xeq\o\al(2,0)－2xeq\o\al(2,0)lnx0＝xeq\o\al(2,0)(1－2lnx0)>0.故x0>eq\r(2k)，当0<t<x0－eq\r(2k)时，x0＋t>x0－t>eq\r(2k).有g′(x0＋t)>0，g′(x0－t)>0，