2023年高考数学二轮复习（全国版文）第1部分专题突破专题1第6讲母题突破3　零点问题_2.2025数学总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_二轮复习

母题突破 3 零点问题 母题 (2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x. (1)当a＝0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． 思路分析 ❶fx的单调性 ↓ fx的最值 ❷求f′x ↓ 分类讨论fx的单调性 ↓ 利用单调性、零点存在定理判断零点个数 解 (1)当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝－＝. 当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 所以f(x) ＝f(1)＝－1. max (2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋－＝(x＞0)． ①当a＝0时，由(1)可知，f(x)不存在零点； ②当a＜0时，f′(x)＝， 当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 所以f(x) ＝f(1)＝a－1＜0， max 所以f(x)不存在零点； ③当a＞0时，f′(x)＝， 当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0， 所以函数f(x)恰有一个零点； 当a＞1时，0＜＜1，故f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 因为f(1)＝a－1＞0， 所以f ＞f(1)＞0， 当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，所以a＞1满足条件； 当0＜a＜1时，＞1，故f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减．因为f(1)＝a－1＜0，所以f ＜f(1)＜0， 当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，即0＜a＜1满足条 件． 综上，a的取值范围为(0，＋∞)． [子题1] (2021·全国甲卷改编)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)，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)＝＝1⇔ax＝xa⇔xln a＝aln x⇔＝， 设函数g(x)＝， 则g′(x)＝， 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) ＝g(e)＝， max 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＝有两个交点的充要条 件是0<<，即00)，则φ′(x)＝－－cos x， 当x∈(π，2π)时，f′(x)>0，f(x)在(π，2π)上单调递增， f(π)＝－1＋<0，f(2π)＝1＋>0，则∃x∈(π，2π)，使得f(x)＝0； 0 0 当x∈时，φ′(x)<0，f′(x)在上单调递减， f′(2π)＝>0，f′＝－1<0，则∃α∈，使得f′(α)＝0， 当2π0；当α0，f ＝>0，故当x∈时，f(x)>0； 当x∈时，f(x)>＋cos x>1＋cos x≥0. 综上，f(x)有且仅有1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a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ln a， 当xln a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a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减， 在(ln a，＋∞)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，＝. 令φ(x)＝，x∈R， ∴φ′(x)＝， 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) ＝φ(3)＝， max 又x→＋∞时，φ(x)→0 x→－∞时，φ(x)→－∞， ∴φ(x)的图象如图所示．∴当>， 即0e3时，f(x)有两个零点； 当<0，即a<0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．已知函数f(x)＝ln x－x. (1)求证：f(x)≤－1； (2)若函数h(x)＝af(x)＋(a∈R)无零点，求a的取值范围． (1)证明 f′(x)＝(x>0)， 则当00，当x>1时，f′(x)<0， 故f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 故f(x) ＝f(1)＝－1，故f(x)≤－1. max (2)解 h(x)＝aln x－ax＋，故h′(x)＝＋＝(1－x)， 当a＝0时，h(x)＝>0，h(x)在定义域上无零点； 当a>0时，x>0，故＋>0， 所以当00，当x>1时，h′(x)<0， 故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 因为函数h(x)无零点，故h(x) ＝h(1)＝－a＋<0，即a>； max 当a<0时，因为f(x)＝ln x－x≤－1，所以a(ln x－x)>0， 则h(x)＝a(ln x－x)＋>0， 所以h(x)在定义域上无零点． 综上，a的取值范围是(－∞，0]∪. 专题强化练 1．(2022·西安模拟)设函数f(x)＝aln x＋，a∈R. (1)若函数g(x)＝f(x)－x在定义域上单调递减，求a的取值范围； (2)讨论函数f(x)＝aln x＋的零点个数． 解 (1)由题意，得函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．∵g(x)在(0，＋∞)上单调递减， ∴g′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 即当x∈(0，＋∞)时，a≤x＋恒成立， ∴a≤ ， min ∵当x∈(0，＋∞)时，x＋≥2，当且仅当x＝1时取等号． ∴当x＝1时， ＝2， min ∴a≤2.∴a的取值范围为(－∞，2]． (2)显然x＝1不是f(x)的零点，由f(x)＝0， 即aln x＋＝0，得a＝－， 令h(x)＝－，x>0且x≠1，则h′(x)＝，由h′(x)>0，得x>且x≠1，由h′(x)<0，得0e时，f(x)的零点个数为2. 2．已知函数f(x)＝x－sin x，g(x)＝xln x－msin x＋1. (1)求函数f(x)＝x－sin x在[0，＋∞)上的最小值； (2)当0≤m≤1时，证明：函数g(x)无零点． (1)解 ∵f′(x)＝1－cos x≥0， ∴函数f(x)＝x－sin x在[0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)≥f(0)＝0， 故函数f(x)＝x－sin x在[0，＋∞)上的最小值为0. (2)证明 当m＝0时，g(x)＝xln x＋1，g′(x)＝ln x＋1， 由g′(x)<0，得00，得x>，∴g(x)在上单调递减，在上单调递增， ∴g(x)的最小值为g＝1－>0，此时函数g(x)无零点； 当00时，x>sin x， ∴－msin x>－mx，∴g(x)＝xln x－msin x＋1>xln x－mx＋1， ∴xln x－mx＋1≥xln x－x＋1， 记h(x)＝xln x－x＋1， 则h′(x)＝1＋ln x－1＝ln x， 当01时，h′(x)>0， ∴h(x)＝xln x－x＋1在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(1)＝0， ∴g(x)＝xln x－msin x＋1>0， 此时函数g(x)无零点． 综上，当0≤m≤1时，函数g(x)＝xln x－msin x＋1无零点．