2023年高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 高考解答题专项一 第3课时 利用导数研究函数的零点（含解析）新人教A版 理.docx

1、第3课时利用导数研究函数的零点1.已知函数f(x)=ex-ax-2(a1),(1)证明:函数y=f(x)在(-,0)上存在唯一零点;(2)若函数y=f(x)有两个不同零点x1,x2,且x1x2,当x1-x2最小时,求此时a的值.2.(2021山东济南二模)已知函数fn(x)=1+x+x22!+x33!+xnn!(nN*).(1)证明:f3(x)为增函数且有唯一零点;(2)已知f2n-1(x)为增函数且有唯一零点,判断f2n(x)的零点个数.3.已知函数f(x)=aex-x,a0.(1)若a=1,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1x2ae.4.(2021

2、四川成都二诊)已知函数f(x)=x+ax-(a-1)lnx-2,其中aR.(1)若f(x)存在唯一极值点,且极值为0,求a的值;(2)讨论f(x)在区间1,e2上的零点个数.答案：1.(1)证明f(x)=ex-a,x0,ex1,f(x)0,f(x)在(-,0)上单调递减.f(0)=-10,存在唯一x0-2a,0使得f(x0)=0,函数y=f(x)在(-,0)内存在唯一零点.(2)解由条件知ex1-ax1-2=0,ex2-ax2-2=0,a=ex1-2x1=ex2-2x2=ex1-ex2x1-x2,令t=x1-x20,a=ex2(et-1)t=ex2-2x2,则有et-1t=ex2-2x2ex2

3、,令g(t)=et-1t(t0),g(t)=(t-1)et+1t2,令h(t)=(t-1)et+1,h(t)=tet0,h(t)在(0,+)上单调递增,h(t)h(0)=0,g(t)在(0,+)上单调递增,要求t的最小值即求g(t)最小值,令v(x2)=ex2-2x2ex2,v(x2)=x2ex2-(x2+1)(ex2-2)x22ex2=2x2+2-ex2x22ex2,x20,m(x2)在(-,0)上单调递增,又m(0)=10,m(-1)=-e-10,所以f3(x)=1+x+x22+x36在R上为增函数;又因为f3(-2)=-130,所以f3(x)在(-2,0)内有唯一零点.(2)解因为f2n

4、(x)=1+x+x22!+x33!+x2n-1(2n-1)!+x2n(2n)!,所以f2n(x)=1+x+x22!+x33!+x2n-1(2n-1)!=f2n-1(x).又因为f2n-1(x)为增函数且有唯一零点,设其零点为xn,则当x(-,xn)时,f2n-1(x)0;所以f2n(x)在(-,xn)上单调递减,在(xn,+)上单调递增;所以f2n(x)min=f2n(xn)=f2n-1(xn)+xn2n(2n)!.因为f2n-1(xn)=0,所以f2n(x)f2n(xn)=f2n-1(xn)+xn2n(2n)!=xn2n(2n)!0,所以f2n(x)的零点个数为0.3.(1)解当a=1时,f

5、(x)=ex-x,定义域为(-,+),则f(x)=ex-1.当x(-,0)时,f(x)0,f(x)单调递增,所以f(x)的单调递减区间为(-,0),单调递增区间为(0,+).(2)证明x1,x2是f(x)的两个不同的零点,等价于x1,x2是方程ex=xa的两个不同的根,也是方程xex=a的两个不同的根,a0,则x10,x20.要证x1x2ae,只需证x1ax2ae2,只需证ex1+x2e2,即证x1+x22.令h(x)=xex,则h(x)=1-xex,所以当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,当x(1,+)时,h(x)0,h(x)单调递减.不妨设x1x2,则0x111,令(x)=h(

6、x)-h(2-x)=xex-2-xe2-x,x0,则(x)=(1-x)e2-e2xex+2,所以当0x0,(x)单调递增,又因为(1)=0,所以当0x1时,(x)0,即h(x1)=h(x2)2-x1,即x1+x22.故原结论正确,即x1x2ae.4.解(1)f(x)的定义域为(0,+),由已知,可得f(x)=1-ax2-a-1x=(x+1)(x-a)x2(x0).若a0,则当x(0,+)时,f(x)0恒成立,f(x)在(0,+)上单调递增,与f(x)存在极值点矛盾,若a0,则由f(x)=0得x=a,当x(0,a)时,f(x)0,f(x)在(0,a)内单调递减,在(a,+)上单调递增,f(a)=

7、a+1-(a-1)lna-2=(a-1)(1-lna)=0,a=1或a=e.(2)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)=a-10,f(e2)=e2+ae2-2a,当a0时,f(e2)=e2+ae2-2a=e2+a1e2-20;当02a-2a=2a(1-a)0.f(e2)0.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)min=f(a)=(a-1)(1-lna).当a=e时,f(x)min=0,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.则当f(e2)=e2+ae2-2a0,即e42e2-1ae2时,f(x)在1,e2上有1个零点;当f(e2)=e2+ae2-2a0,即e0,f(e2)=e2+1e2-2ae2+1e2-2e2=-e2+10,f(x)在1,e2上有1个零点,综上,当1ae42e2-1时,f(x)在1,e2上有1个零点;当eae42e2-1时,f(x)在1,e2上有2个零点.