2024年高考數(shù)學二輪復習第一篇核心專題突破專題三函數(shù)與導數(shù)第5講利用導數(shù)研究函數(shù)的零點問題

第一篇專題三第5講1.(2023·西城區(qū)校級三模)已知函數(shù)f(x)＝ax－xlnx.(1)當a＝1時，求f(x)的零點；(2)討論f(x)在[1，e]上的最大值；【解析】(1)f(x)＝ax－xlnx的定義域為(0，＋∞)，當a＝1時，f(x)＝x－xlnx，零點為x＝e.(2)f′(x)＝a－1－lnx，令f′(x)＝0得x＝ea－1，所以在(0，ea－1)上f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，在(ea－1，＋∞)上f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以當ea－1≤1(即a≤1)時，在[1，e]上f(x)單調(diào)遞減，f(x)max＝f(1)＝a，當ea－1≥e(即a≥2)時，在[1，e]上f(x)單調(diào)遞增，f(x)max＝f(e)＝ae－e，當1<ea－1<e(即1<a<2)時，在[ea－1，e]上f(x)單調(diào)遞減，在[1，ea－1]上f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)max＝f(ea－1)＝aea－1－ea－1(a－1)＝ea－1.2.(2023·包河區(qū)模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln(px－m)－plnx，其中p，m>0.(1)若x＝4時，f(x)有極值－ln2，求p，m的值；(2)設m≤p－1，討論f(x)的零點個數(shù)．【解析】(1)f′(x)＝eq\f(p[1－px＋m],xpx－m).由題意得f′(4)＝0且f(4)＝－ln2，即4(1－p)＋m＝0，ln(4p－m)－pln4＝－ln2，聯(lián)立解得p＝eq\f(3,2)，m＝2.經(jīng)檢驗，符合題意．(2)解法一：f(x)的定義域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)，＋∞)).由條件知，p>1.當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)，\f(m,p－1)))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,p－1)，＋∞))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．故x0＝eq\f(m,p－1)是f(x)的極大值點，且極大值為f(x0)＝(1－p)lneq\f(m,p－1).當m＝p－1時，f(x0)＝0，此時f(x)有一個零點．當m<p－1時，f(x0)>0.記m1＝eq\f(pmp－1,pp＋mp－1)，則0<m1<1.取x1＝eq\f(m,p－m1)，則eq\f(m,p)<x1<eq\f(m,p－1)，f(x1)＝plneq\f(m,p)－plneq\f(mpp＋mp,pp＋1)＝plneq\f(pp,pp＋mp－1)<0，根據(jù)零點存在定理，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)，\f(m,p－1)))時，存在一個零點．取x2＝peq\f(1,p－1)，則x2>eq\f(m,p－1)，f(x2)＝ln(px2－m)－plnx2<ln(px2)－plnx2＝ln1＝0.由零點存在定理可知，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,p－1)，＋∞))時，存在一個零點，此時f(x)有兩個零點．綜上所述，當m＝p－1時，f(x)只有一個零點；當m<p－1時，f(x)有兩個零點．解法二：由題意，函數(shù)f(x)的零點即方程f(x)＝0的根，即方程ln(px－m)＝lnxp的根，即m＝px－xp的根，記g(x)＝px－xp，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)，＋∞))，由g′(x)＝p－pxp－1＝p(1－xp－1)＝0，得到x＝1>eq\f(m,p)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)，1))時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)))＝m－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)))p<m，因為p>1，當x趨向正無窮時，g(x)＝px－xp趨向負無窮，且g(x)的最大值為g(1)＝p－1，綜上所述，當m＝p－1時，f(x)只有一個零點；當m<p－1時，f(x)有兩個零點．3.(2023·平頂山模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,eax)＋lnx－ax，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)當a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(x,eax)有兩個零點x1，x2(x1<x2)，證明：x1·x2>e2.【解析】(1)已知f(x)＝eq\f(x,eax)＋lnx－ax，函數(shù)定義域為(0，＋∞)，當a＝1時，f(x)＝eq\f(x,ex)＋lnx－x，可得f′(x)＝eq\f(1－x,ex)＋eq\f(1,x)－1＝(1－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ex)＋\f(1,x)))，當0<x<1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)證明：若函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(x,eax)有兩個零點，滿足g(x1)＝g(x2)，即lnx1＝ax1，lnx2＝ax2，整理得a＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)，要證x1·x2>e2，即證lnx1＋lnx2>2，滿足a(x1＋x2)>2，需證eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)>eq\f(2,x1＋x2)，不妨令t＝eq\f(x2,x1)，t>1，即證lnt>eq\f(2t－1,t＋1)，不妨設h(t)＝lnt－eq\f(2t－1,t＋1)，函數(shù)定義域為(1，＋∞)，可得h′(t)＝eq\f(t－12,tt＋12)>0，所以h(t)在定義域上單調(diào)遞增，所以h(t)>h(1)＝0，滿足lnt>eq\f(2t－1,t＋1)，故不等式x1·x2>e2成立．4.(2023·錫山區(qū)校級一模)已知函數(shù)f(x)＝－alnx＋eq\f(x2＋1－a,x)，x∈R.(1)當a＝2時，證明：f(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立；(2)判斷函數(shù)f(x)的零點個數(shù)．【解析】(1)證明：當a＝2時，f(x)＝－2lnx＋x－eq\f(1,x)，x∈[1，＋∞)，所以f′(x)＝－eq\f(2,x)＋1＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x－12,x2)≥0，當且僅當x＝1時取等號，所以f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(1)＝0，所以結論成立．(2)f′(x)＝－eq\f(a,x)＋eq\f(2x·x－x2＋1－a,x2)＝－eq\f(a,x)＋eq\f(x2－1＋a,x2)＝eq\f(x2－ax＋a－1,x2)＝eq\f([x－a－1]x－1,x2)，當a－1＝1，即a＝2時，f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(1)＝－2ln1＋eq\f(12＋1－2,1)＝0，所以f(x)只有一個零點，當a－1>1，即a>2時，在(0,1)上f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，在(1，a－1)上f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在(a－1，＋∞)上f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，f(1)＝－aln1＋eq\f(12＋1－a,1)＝2－a<0，則f(a－1)<f(1)<0，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以f(x)只有一個零點，當0≤a－1<1，即1≤a<2時，在(0，a－1)上f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，在(a－1,1)上f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，f(1)＝－aln1＋eq\f(12＋1－a,1)＝2－a>0，所以f(a－1)>f(1)>0，x→0時，f(x)→－∞，所以f(x)只有一個零點，當a－1<0<1，即a<1時，在(0,1)上f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，f(1)＝－aln1＋eq\f(12＋1－a,1)＝2－a>0，所以f(x)無零點，綜上所述，當a≥1時，f(x)只有一個零點，當a<1時，f(x)無零點．5.(2023·敘州區(qū)校級模擬)已知函數(shù)f(x)＝a(x－1)－lnx.(1)若a＝1，求f(x)的最小值；(2)若x≥1時，f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．【解析】(1)當a＝1時，f(x)＝x－1－lnx，所以f(x)的定義域是(0，＋∞)，求導得f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，所以當0<x<1時，f′(x)<0，當x>1時，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝0.(2)因為f(x)＝a(x－1)－lnx，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)，x≥1，①當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，因為f(1)＝0，所以f(x)在[1，＋∞)上有且只有一個零點1，所以a≤0不合題意；②當a>0時，1)若eq\f(1,a)≤1，即a≥1時，則有x≥1時，f′(x)≥0，f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在[1，＋∞)上有且只有一個零點1，a≥1不合題意；2)當eq\f(1,a)>1，即0<a<1時，則有1<x<eq\f(1,a)時，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，x>eq\f(1,a)時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，因為f(1)＝0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<f(1)＝0，又存在eeq\s\up7(\f(1,a))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\s\up7(\f(1,a))))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\s\up7(\f(1,a))－1))－eq\f(1,a)>aeq\f(1,a2)－eq\f(1,a)＝0，所以f(eeq\s\up7(\f(1,a)))>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上存在唯一零點，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上有零點1，所以f(x)在[1，＋∞)上有兩個零點，綜上：a∈(0,1)．6.(2023·鼓樓區(qū)校級模擬)設a>－1，函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx＋(a－1)x＋1.(1)判斷f(x)的零點個數(shù)，并證明你的結論；(2)若a≥0，記f(x)的一個零點為x0，若x1＋a＝sinx1，求證：x1－lnx0≤0.【解析】(1)f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋a，令h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝eq\f(x－1,x2)，當x>1時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當0<x<1時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，h′(1)＝0，且在x＝1處h(x)取得極小值也是最小值，∵a>－1，∴h(1)＝1＋a>0，即f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當x趨于0時，f(x)趨于－∞，f(e2)＝2(e2＋1)＋(a－1)e2＋1＝e2(a＋1)＋3>3>0，∴在x∈(0，e2)內(nèi)存在唯一的零點，即f(x)的零點個數(shù)為1.(2)證明：令g(x)＝sinx－x，g′(x)＝cosx－1≤0，g(x)是減函數(shù)，g(0)＝0，即當x>0時，g(x)<0，sinx<x，當x<0時，g(x)>0，sinx>x，由x1＋a＝sinx1知：a＝sinx1－x1≥0，∴x1≤0；由(1)的討論知f(x)存在唯一的零點x0，當a≥0時，f(1)＝a≥0，∴x0∈(0,1]，∴(x0＋1)lnx0＋(a－1)x0＋1＝0，x0∈(0,1]，∴a＝－eq\f(x0＋1,x0)lnx0－eq\f(1,x0)＋1≥0，又a＝sinx1－x1，∴sinx1－x1＝－eq\f(x0＋1,x0)lnx0－eq\f(1,x0)＋1①，其中x0∈(0,1]，x1≤0，令t＝lnx0，x0＝et，則t≤0；①式即為sinx1－x1＝－eq\f(et＋1,et)t－eq\f(1,et)＋1＝－(1＋e－t)t－e－t＋1，不等式x1－lnx0≤0等價于x1≤t，其意義為：當函數(shù)g(x)＝sinx－x(x≤0)與函數(shù)p(x)＝－(1＋e－x)x－e－x＋1(x≤0)的函數(shù)值相等時，比較對應的自變量之間的大小關系，∴設m(x)＝p(x)－g