新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題1 第5講 母題突破3 零點(diǎn)問題（含解析）

專題一

第5講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用母題突破3零點(diǎn)問題內(nèi)容索引母題突破3

專題強(qiáng)化練1母題突破3零點(diǎn)問題PARTONE思路分析一?f(x)有零點(diǎn)

↓?f(x)的性質(zhì)、草圖

↓?求導(dǎo)，確定f(x)的性質(zhì)思路分析二?f(x)有零點(diǎn)

↓?a＝－xlnx有解

↓?直線y＝a和曲線φ(x)＝－xlnx有交點(diǎn)

↓?求導(dǎo)確定φ(x)的性質(zhì)、草圖①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(1)＝ln1＋a＝a≤0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)上有1個(gè)零點(diǎn).②當(dāng)a>0，則x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0；x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增.當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取得最小值，且f(x)min＝lna＋1，又f(1)＝ln1＋a＝a>0，所以函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)上有零點(diǎn).a＝－xlnx有解，設(shè)φ(x)＝－xlnx，則φ′(x)＝－lnx－1，且x→0時(shí)，φ(x)→0，x→＋∞時(shí)，φ(x)→－∞，子題1

(2020·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex－a(x＋2)，(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；解當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.解f′(x)＝ex－a.①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增.故f(x)至多存在一個(gè)零點(diǎn)，不合題意.②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，可得x＝lna.當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增.故當(dāng)x＝lna時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(lna)＝－a(1＋lna).因?yàn)閒(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，lna)上存在唯一零點(diǎn).由(1)知，當(dāng)x>2時(shí)，ex－x－2>0.故f(x)在(lna，＋∞)上存在唯一零點(diǎn).從而f(x)在(－∞，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn).子題2已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x，方程x2＝2mf(x)(m>0)有唯一實(shí)數(shù)解，求m.解因?yàn)榉匠?mf(x)＝x2有唯一實(shí)數(shù)解，所以x2－2mlnx－2mx＝0有唯一實(shí)數(shù)解，設(shè)g(x)＝x2－2mlnx－2mx，令g′(x)＝0，即x2－mx－m＝0.因?yàn)閙>0，x>0，當(dāng)x∈(0，x2)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x2，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝x2時(shí)，g′(x)＝0，g(x)取最小值g(x2)，所以2mlnx2＋mx2－m＝0，因?yàn)閙>0，所以2lnx2＋x2－1＝0，

(*)因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)＝0至多有一解，因?yàn)閔(1)＝0，所以方程(*)的解為x2＝1，規(guī)律方法解函數(shù)零點(diǎn)問題的一般思路(1)對函數(shù)求導(dǎo).(2)分析函數(shù)的單調(diào)性，極值情況.(3)結(jié)合函數(shù)性質(zhì)畫函數(shù)的草圖.(4)依據(jù)函數(shù)草圖確定函數(shù)零點(diǎn)情況.解f(x)的定義域?yàn)?0,1)∪(1，＋∞).所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增.所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零點(diǎn)x1，即f(x1)＝0.綜上，f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn).2.已知函數(shù)f(x)＝ax2－1－2lnx(a∈R).(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求證：f(x)≥0；證明當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x2－1－2lnx(x>0)，f(1)＝0.當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值，∴f(x)≥f(1)＝0，即f(x)≥0.(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意.當(dāng)x→0時(shí)，f(x)→＋∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞.∵函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，解得0<a<1.∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,1).方法二

由f(x)＝ax2－1－2lnx＝0，∵f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，∴a＝h(x)有兩個(gè)解，由h′(x)>0，得lnx<0，∴0<x<1，由h′(x)<0，得lnx>0，∴x>1，∴函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(1)＝1，當(dāng)x→0時(shí)，h(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→0，由a＝h(x)有兩個(gè)解，可知0<a<1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,1).2專題強(qiáng)化練PARTTWO1212f′(x)＝x2－6x－3.12(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).12證明因?yàn)閤2＋x＋1>0在R上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增.故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn).12綜上所述，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).2.已知函數(shù)f(x)＝lnx－x＋2sinx，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)求證：f′(x)在(0，π)上存在唯一零點(diǎn)；1212所以g(x)在(0，π)上單調(diào)遞減，12(2)求證：f(x)有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn).12證明①由(1)知，當(dāng)x∈(0，α)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，α)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(α，π)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(α，π)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，α)上恰有一個(gè)零點(diǎn)，又因?yàn)閒(π)＝lnπ－π<2－π<0，所以f(x)在(α，π)上也恰有一個(gè)零點(diǎn).12②當(dāng)x∈[π，2π)時(shí)，sinx≤0，f(x)≤lnx－x，所以h(x)在[π，2π)上單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(π)<0，所以當(dāng)x∈[π，2π)時(shí)，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，所以f(x)在[π，2π)上沒有零點(diǎn).③當(dāng)