2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题1 第6讲 母题突破3　零点问题

母题突破3零点问题母题(2022·武汉检测)已知函数f(x)＝exx，g(x)＝tanx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，试判断F(x)在－π2，0∪0，π2内的零点个数．思路分析❶求f′x，判断f′x的符号↓❷等价变形Fx＝0，构造新函数hx＝xsinx－excosx↓❸分类讨论hx的单调性解(1)函数f(x)＝exx的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝exx－exx2＝exx－1x2，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)0；当x∈(0,1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在区间(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝exx－tanx＝0，得xsinx－excosx＝0.设h(x)＝xsinx－excosx，所以h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)．①当x∈－π2，0时，可知sinx－cosx0，xcosx＋sinx0，所以h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)0，从而h(x)＝xsinx－excosx在－π2，0上单调递减，又h(0)＝－1，h－π2＝π20，由零点存在定理及h(x)的单调性，得h(x)在－π2，0上有一个零点．②当x∈0，π4时，cosx≥sinx0，由(1)知函数f(x)＝exx在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈0，π4时，函数F(x)＝f(x)－g(x)＝exx－tanx单调递减，F(x)min＝Fπ4＝4e4－10，所以h(x)在0，π4上无零点．③当x∈π4，π2时，sinxcosx0，h′(x)＝ex(sinx－cosx)＋(xcosx＋sinx)0，则h(x)在π4，π2上单调递增．又hπ2＝π20，hπ4＝22·π4－22·4e＝224e40，所以h(x)在π4，π2上存在一个零点．综上，h(x)在－π2，0∪0，π2上零点个数为2，即F(x)在－π2，0∪0，π2上的零点个数为2.[子题1](2021·全国甲卷改编)已知a0且a≠1，函数f(x)＝xaax(x0)，若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．解f(x)＝xaax＝1⇔ax＝xa⇔xlna＝alnx⇔lnxx＝lnaa，设函数g(x)＝lnxx，则g′(x)＝1－lnxx2，令g′(x)＝0，得x＝e，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)max＝g(e)＝1e，又g(1)＝0，当x→＋∞时，g(x)→0，∴曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，即曲线y＝g(x)与直线y＝lnaa有两个交点的充要条件是0lnaa1e，即0g(a)g(e)，∴a的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞)．[子题2]设函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2(a∈R)．设函数g(x)＝ax－1，证明：当a≤2时，函数H(x)＝f(x)－g(x)至多有一个零点．证明因为H(x)＝aln(x＋1)＋x2－ax＋1，所以H′(x)＝x2x＋2－ax＋1(x－1)，令H′(x)＝0，x1＝0，x2＝a2－1.①当a＝2时，H′(x)≥0，函数H(x)在定义域(－1，＋∞)上单调递增，至多有一个零点；②当a≤0时，a2－1≤－1，令H′(x)0，得x0，令H′(x)0，得－1x0，所以函数H(x)在区间(－1,0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，则函数H(x)在x＝0时有最小值H(0)＝10，此时函数H(x)无零点．③当0a2时，－1a2－10，令H′(x)0，得－1xa2－1或x0，令H′(x)0，得a2－1x0，所以函数H(x)在区间－1，a2－1，(0，＋∞)上单调递增，在区间a2－1，0上单调递减．因为函数H(0)＝10，所以Ha2－10，且H(x)0在区间a2－1，＋∞上恒成立．H(x)在区间－1，a2－1上至多有一个零点．所以当0a2时，函数H(x)在区间(－1，＋∞)上至多有一个零点．综上，当a≤2时，函数H(x)＝f(x)－g(x)至多有一个零点．规律方法(1)三步求解函数零点(方程根)的个数问题第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质；第三步：结合图象求解．(2)已知零点求参数的取值范围：①结合图象与单调性，分析函数的极值点；②依据零点确定极值的范围；③对于参数选择恰当的分类标准进行讨论．1．(2022·河南六市联考)已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)讨论函数f(x)的零点个数．解(1)∵f(x)＝ex－ax＋2a，定义域为R，又f′(x)＝ex－a，∴当a≤0时，f′(x)0，则f(x)在R上单调递增；当a0时，令f′(x)＝0，则x＝lna，当xlna时，f′(x)0，f(x)单调递减；当xlna时，f′(x)0，f(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，当a＝0时，ex＝a(x－2)无解，∴f(x)无零点．当a≠0时，1a＝x－2ex.令φ(x)＝x－2ex，x∈R，∴φ′(x)＝3－xex，当x∈(－∞，3)时，φ′(x)0；当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x)max＝φ(3)＝1e3，又x→＋∞时，φ(x)→0x→－∞时，φ(x)→－∞，∴φ(x)的图象如图所示．∴当1a1e3，即0ae3时，f(x)无零点，当1a＝1e3，即a＝e3时，f(x)有一个零点；当01a1e3，即ae3时，f(x)有两个零点；当1a0，即a0时，f(x)有一个零点．综上所述，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；当a∈(－∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；当a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点．2．(2022·北京模拟)设函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)(m∈R)．(1)若m＝－1，求曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，求实数m的取值范围．解(1)当m＝－1时，f(x)＝x2－ln(x＋1)，可得f′(x)＝2x－1x＋1＝2x2＋2x－1x＋1，则f′(0)＝－1，f(0)＝0，可得曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－0＝－1·(x－0)，即x＋y＝0.(2)由函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)，x∈(0,1)，可得f′(x)＝2x＋mx＋1＝2x2＋2x＋mx＋1，令g(x)＝2x2＋2x＋m，x∈(0,1)，当m≥0时，g(x)0，即f′(x)0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，因为f(0)＝0，所以f(x)f(0)＝0，所以函数f(x)在区间(0,1)上没有零点，不符合题意；当m0时，函数g(x)＝2x2＋2x＋m的图象开口向上，且对称轴为x＝－12，由g(1)＝2＋2＋m≤0，解得m≤－4，当m≤－4时，g(x)0在区间(0,1)上恒成立，即f′(x)0，f(x)在区间(0,1)上单调递减，因为f(0)＝0，所以f(x)f(0)＝0，所以函数f(x)在区间(0,1)上没有零点，不符合题意；当－4m0时，设x0∈(0,1)使得g(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，g(x)0，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈(x0，1)时，g(x)0，f′(x)0，f(x)单调递增，因为f(0)＝0，要使得函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，则满足f(1)＝1＋mln(1＋1)0，解得m－1ln2，所以实数m的取值范围为－1ln2，0.专题强化练1．(2022·成都模拟)已知函数f(x)＝lnx－k＝1n－1k－1·x－1kk.(1)分别求n＝1和n＝2的函数f(x)的单调性；(2)求函数f(x)的零点个数．解(1)由已知，得f(x)＝lnx－x－1－x－122＋x－133＋…＋－1n－1x－1nn.①当n＝1时，f(x)＝lnx－(x－1)，f′(x)＝1x－1.由f′(x)＝1x－10，得0x1；由f′(x)＝1x－10，得x1.因此，当n＝1时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．②当n＝2时，f(x)＝lnx－x－1－x－122，f′(x)＝1x－1＋(x－1)＝x－12x.因为f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，且只有当x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)由f(x)＝lnx－x－1－x－122＋x－133＋…＋－1n－1x－1nn，得f′(x)＝1x－[1－(x－1)＋(x－1)2＋…＋(－1)n－1(x－1)n－1]＝1x－1－1－xn1－1－x＝1－xnx.当n为偶数时，f′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立，且只有当x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.当n为奇数时，由f′(x)＝1－xnx0，得0x1；由f′(x)＝1－xnx0，得x1.因此，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．因为f(1)＝0，所以f(x)有唯一零点x＝1.综上，函数f(x)有唯一零点x＝1，即函数f(x)的零点个数为1.2．(2022·广州模拟)已知函数f(x)＝ex＋sinx－cosx，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：当x≥0时，f′(x)≥2；(2)设g(x)＝f(x)－2x－1，证明：g(x)有且仅有2个零点．证明(1)由f′(x)＝ex＋cosx＋sinx，设h(x)＝ex＋cosx＋sinx，则h′(x)＝ex－sinx＋cosx，当x≥0时，设p(x)＝ex－x－1，q(x)＝x－sinx，∵p′(x)＝ex－1≥0，q′(x)＝1－cosx≥0，∴p(x)和q(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴p(x)≥p(0)＝0，q(x)≥q(0)＝0，∴当x≥0时，ex≥x＋1，x≥sinx，则h′(x)＝ex－sinx＋cosx≥x＋1－sinx＋cosx＝(x－sinx)＋(1＋cosx)≥0，∴函数h(x)＝ex＋cosx＋sinx在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝2，即当x≥0时，f′(x)≥2.(2)由已知得g(x)＝ex＋sinx－cosx－2x－1.①当x≥0时，∵g′(x)＝ex＋cosx＋sinx－2＝f′(x)－2≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，又∵g(0)＝－10，g(π)＝eπ－2π0，∴由零点存在定理可知，g(x)在[0，＋∞)上仅有一个零点．②当x0时，设m(x)＝2－sinx－cosxex(x0)，则m′(x)＝2sinx－1ex≤0，∴m(x)在(－∞，0)上单调递减，∴m(x)m(0)＝1，∴ex＋cosx＋sinx－20，∴g′(x)＝ex＋cosx＋sinx－20，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，又∵g(0)＝－10，g(－π)＝e－π＋2π0，∴由零