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1、课时验收评价(五)综合性考法针对练导数与函数的零点问题1(2022江南十校一模)已知函数f(x)axln x2，aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a，若a0，则f(x)0，当x时，f(x)0，f(x)单调递增综上，当a0时，f(x)在(0，)上单调递减；当a0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增(2)若a0，f1ae2ae10，f(1)a10，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f(x)minf1(a1)ln aa2(a1)(1ln a)0，解得a1或ae.综上，a的取
2、值范围为(，01e2(2022汕头三模)已知函数f(x)x2sin x.(1)求f(x)在的极值；(2)证明：函数g(x)ln xf(x)在上有且只有两个零点解：(1)由f(x)x2sin x，得f(x)12cos x，x(0，)，令f(x)0，得x.当0x时，f(x)0，此时函数f(x)单调递减，当x0，此时函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的极小值为f，无极大值(2)证明：g(x)ln xf(x)ln xx2sin x，x(0，)，则g(x)12cos x，令(x)2cos x1，则(x)2sin x.当x(0，)时，(x)2sin x0，10，gln lne22g0，又gln1，令h
3、(x)ln xx1，其中0x0，所以函数h(x)在(0,1)上单调递增，则h(x)h(1)0，所以hln10，由零点存在定理可知，函数g(x)在上有两个零点3(2022湖北新高考联考协作体联考)已知函数f(x)2exsin xax.(e是自然对数的底数)(1)若a0，求f(x)的单调区间；(2)若0a0，解得sin0，可得2kx2k(kZ)，解得2kx2k(kZ)，由f(x)0，解得sin0，可得2kx2k2(kZ)，解得2kx0；当x时，h(x)0，f()2ea0.当2a0，即00，x0，使得f(x0)0，当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，又f()a0，由函数零点
4、存在定理可得，此时f(x)在(0，)上仅有一个零点；若2a6时，f(0)2a0，f()2ea0.x1，x2，使得f0，f(x2)0，且当x时，f(x)0.f(x)在和上单调递减，在上单调递增f(0)0，f2e30，f0，又f()a0，由零点存在定理可得，f(x)在和内各有一个零点，即此时f(x)在(0，)上有两个零点综上所述，当0a2时，f(x)在(0，)上仅有一个零点；当2a0.(1)当a1时，求f(x)的最小值；(2)讨论方程exexa|ln(ax)|0根的个数解：(1)a1时，f(x)|ln x|x.当0x1时，f(x)ln xx，f(x)1，0x1，x2x120，f(x)1时，f(x)
5、ln xx，f(x)1.x1，x2x120，f(x)0，即f(x)在(1，)上单调递增所以当x1时，f(x)取得最小值为f(x)minf(1)|ln 1|12.(2)由题exexa|ln(ax)|，x0，则axexexa|ln(ax)|ax，即a|lnex|exexa|ln(ax)|ax.所以f(ex)f(ax)由f(x)a|ln x|x，得f(x)1.当0x1时，f(x)11时，f(x)10.所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增又因为f(x)f，所以f(ex)f(ax)，当且仅当exax或ex.又ex1，故exax和ex不可能同时成立所以方程exexa|ln|0根的个数是
6、两函数s(x)exax和t(x)xex的零点个数之和，其中x0.当s(x)0时，函数s(x)exax的零点个数转换为直线ya与函数h(x)图象的交点个数，h(x)，令h(x)0，即0，解得x1.当易知0x1时，h(x)1时，h(x)0，h(x)单调递增，故h(x)在x1处取得最小值为h(1)e，所以0ae时，直线ya与函数h(x)的图象有2个交点，函数s(x)有2个零点同理，函数t(x)xex的零点个数转化为直线y与函数yxex图象的交点个数，设yxex，x0，则y(x1)ex0，所以函数yxex在(0，)上单调递增，yxex在x0处的函数值为0e00，所以当a0时，t(x)在(0，)上必有1个零点综上所述，0ae时，方程有3个根