《创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题35 导数与函数的零点.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题35 导数与函数的零点.doc（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、微专题35导数与函数的零点高考定位利用导数研究函数的零点主要类型是判定函数零点的个数，根据零点的个数求参数等，常出现在压轴题位置，难度较大.)高考真题 (2022全国乙卷改编)已知函数f(x)ax(a1)ln x.若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围.解由f(x)ax(a1)ln x(x0)，得f(x)a(x0).当a0时，f(x)ln x，x0，f(x)，故f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，f(x)maxf(1)10，aR，证明：函数yf(x)有两个不同的零点.证明由题知f(x)a(x1)ex2(x1)(x1)(aex2)，当a0时，aex20，由f(x)0得x0得x1
2、，所以f(x)在(1，)上为增函数，而f(1)ae0，所以f(x)在(1，)上有唯一零点，且该零点在(1，2)上.取b0，且b(b2)(b1)2b0，所以f(x)在(，1)上有唯一零点，且该零点在(b，1)上，所以当a0时，f(x)恰好有两个零点.样题2 (2022太原模拟)已知函数f(x)(xa)2e.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若方程f(x)4e0有三个零点，求实数a的取值范围.解(1)函数定义域为R，f(x)e(xa)(xa)，当a0时，f(x)在(，a)和(a，)上递增，在(a，a)递减；当a0时，f(x)的递增区间为(，a)和(a，)，递减区间是(a，a)；当a0时，f(x
3、)在(，a)和(a，)上递增，在(a，a)递减，函数极大值f(a)，函数极小值f(a)0，又当x时，f(x)0，当x时，f(x)，若使f(x)4e0有三个零点，只需4e，解得：ae；当a4e，解得a0).当a1时，f(x)0在1，e2上恒成立，f(x)在1，e2上单调递增.f(1)a10，f(e2)e22a，()当a0时，f(e2)e22ae2a0；()当022a2(1)0，f(e2)0，由零点存在定理知f(x)在1，e2上有1个零点；当1ae2时，当x1，a)时，f(x)0；f(x)在1，a)上单调递减，在(a，e2上单调递增，f(x)minf(a)(a1)(1ln a).()当ae时，f(
4、x)min0，此时f(x)在1，e2上有1个零点；()当1a0，此时f(x)在1，e2上无零点；()当eae2时，f(x)min0.(a)当f(e2)e22a0，即ae2时，f(x)在1，e2上有1个零点；(b)当f(e2)e22a0，即e0，f(e2)e2ae2e2e210，f(x)在1，e2上有1个零点.综上，当1a时，f(x)在1，e2上有1个零点；当e0，f(x)在(0，)上单调递增；当n0时，令f(x)0，解得x1(舍)，x2，当x时，f(x)0，f(x)在上单调递增.(2)由题可得，若函数h(x)有两个零点，则方程ln xxax20有两个不等实根，即a(x0)(*)有两个不等实根.
5、令m(x)，则m(x)，令k(x)1x2ln x，则k(x)10恒成立，k(x)在(0，)上单调递减.又k(1)0，当x(0，1)时，k(x)0；当x(1，)时，k(x)1时，ln x0，m(x)0，若(*)成立，则a(0，1).m0，m0且a1，函数f(x)(x0)，若曲线yf(x)与直线y1有且仅有两个交点，求a的取值范围.解f(x)1axxaxln aaln x，设函数g(x)(x0)，则g(x)，令g(x)0，得xe，在(0，e)上，g(x)0，g(x)单调递增；在(e，)上，g(x)0，g(x)单调递减，g(x)maxg(e)，又g(1)0，当x时，g(x)0，曲线yf(x)与直线y
6、1有且仅有两个交点，即曲线yg(x)与直线y有两个交点的充要条件是0，即是0g(a)0，得xln 2，令f(x)0，得xln 2，故函数f(x)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增.(2)由(1)知，g(x)f(x)mex2xm，x1，1，且函数g(x)在1，ln 2)上单调递减，在(ln 2，1上单调递增，因为函数g(x)恰有两个零点，所以函数g(x)在区间1，ln 2)，(ln 2，1内各有一个零点，所以即解得22ln 2me2.所以m(22ln 2，e2.3.(2022广州模拟)已知函数f(x)exsin xcos x，f(x)为f(x)的导数.(1)证明：当x0时，f
7、(x)2；(2)设g(x)f(x)2x1，证明：g(x)有且仅有2个零点.证明(1)由f(x)excos xsin x，设h(x)excos xsin x，则h(x)exsin xcos x，当x0时，设p(x)exx1，q(x)xsin x，p(x)ex10，q(x)1cos x0，p(x)和q(x)在0，)上单调递增，p(x)p(0)0，q(x)q(0)0，当x0时，exx1，xsin x，则h(x)exsin xcos xx1sin xcos x(xsin x)(1cos x)0，函数h(x)excos xsin x在0，)上单调递增，h(x)h(0)2，即当x0时，f(x)2.(2)由
8、已知得g(x)exsin xcos x2x1，当x0时，g(x)excos xsin x2f(x)20，g(x)在0，)上单调递增，又g(0)10，由零点存在定理可知g(x)在0，)上仅有一个零点，当xm(0)1，excos xsin x20，g(x)excos xsin x20，g(x)在(，0)上单调递减，又g(0)10，由零点存在定理可知g(x)在(，0)上仅有一个零点，综上所述，g(x)有且仅有2个零点.二、创新拓展练4.(2022湖北七市联考)已知函数f(x)ln x2，g(x)xln xax2x1.(1)证明：函数f(x)在(1，)内有且仅有一个零点；(2)假设存在常数1，且满足f
9、()0，试讨论函数g(x)的零点个数.(1)证明f(x)，令f(x)0，则x2.令f(x)0，则x2，令f(x)0，则0x2，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增.因为f(1)0，f(2)ln 210，所以结合单调性，知f(x)在(1，)内有且仅有一个零点.(2)解令g(x)0，即xln xax2x10，从而有axln x1.令(x)ln x1，从而g(x)的零点个数等价于直线yax与(x)图象的交点个数.(x)，令(x)0，得x1，令(x)0，得x1，令(x)0，得0x1，所以(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，且(x)min(1)0.当a0时，直线yax与(x)图象有一个交点.当a0时，直线yax经过一、三象限，与(x)图象至少有一个交点，当直线yax与(x)图象相切时，设切点的横坐标为x0，则有即有ln x020，从而x0，此时a0.所以当a时，直线yax与(x)图象有两个交点；当0a时，直线yax与(x)图象有一个交点.综上所述，当a0时，g(x)没有零点；当0a或a0时，g(x)有一个零点.