2023年新高考数学大一轮复习 专题一 函数与导数 第9讲 零点问题.doc

1、第9讲零点问题母题(2020福州模拟)已知函数f(x)lnx有零点，求实数a的取值范围思路分析一f(x)有零点f(x)的性质、草图求导，确定f(x)的性质思路分析二f(x)有零点axlnx有解直线ya和曲线(x)xlnx有交点求导确定(x)的性质、草图解方法一f(x)，x0，当a0时，f(x)0恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增，又f(1)ln1aa0，当x时，f(x)，所以函数f(x)在定义域(0，)上有1个零点当a0，则x(0，a)时，f(x)0.所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增当xa时，f(x)取得最小值，且f(x)minlna1，则lna10，即00，

2、所以函数f(x)在定义域(0，)上有零点综上所述，实数a的取值范围为.方法二由f(x)lnx有零点可得，axlnx有解，设(x)xlnx，则(x)lnx1，令(x)；令(x)0，得0x，所以(x)xlnx在上单调递增，在上单调递减，且x0时，(x)0，x时，(x)，画出(x)xlnx的草图如图所示，当a时，axlnx有解，所以实数a的取值范围是.子题1(2020全国)已知函数f(x)exa(x2)，(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围解(1)当a1时，f(x)ex(x2)，f(x)ex1，令f(x)0，解得x0，解得x0，所以f(x)在(，0)上单调

3、递减，在(0，)上单调递增(2)f(x)exa.当a0时，f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递增故f(x)至多存在一个零点，不合题意当a0时，由f(x)0，可得xlna.当x(，lna)时，f(x)0.所以f(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，)上单调递增故当xlna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)a(1lna)()若0，f(lna)0，所以f(x)在(，lna)上存在唯一零点由(1)知，当x2时，exx20.所以当x4且x2ln(2a)时，f(x)a(x2)eln(2a)a(x2)2a0.故f(x)在(lna，)上存在唯一零点从而f(x)在(，)上有两个零点综上，a的

4、取值范围是.子题2已知函数f(x)lnxx，方程x22mf(x)(m0)有唯一实数解，求m.解因为方程2mf(x)x2有唯一实数解，所以x22mlnx2mx0有唯一实数解，设g(x)x22mlnx2mx，则g(x)，令g(x)0，即x2mxm0.因为m0，x0，所以x10，当x(0，x2)时，g(x)0，g(x)在(x2，)上单调递增，当xx2时，g(x)0，g(x)取最小值g(x2)，则即所以2mlnx2mx2m0，因为m0，所以2lnx2x210，(*)设函数h(x)2lnxx1，h(x)1，因为当x0时，h(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)0至多有一解，因为h(1)0，所以方程(*

5、)的解为x21，即1，解得m.规律方法解函数零点问题的一般思路(1)对函数求导(2)分析函数的单调性，极值情况(3)结合函数性质画函数的草图(4)依据函数草图确定函数零点情况跟踪演练1(2019全国改编)已知函数f(x)lnx.讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点解f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)0，所以f(x)在(0,1)，(1，)上单调递增因为f(e)10，所以f(x)在(1，)上有唯一零点x1，即f(x1)0.又00)，f(1)0.f(x)2x，当x(0,1)时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，当x1时，函数f(x)取得最

6、小值，f(x)f(1)0，即f(x)0.(2)解方法一f(x)2ax(x0)，当a0时，f(x)0时，f(x)2ax，可得当x时，函数f(x)取得最小值当x0时，f(x)；当x时，f(x).函数f(x)有两个零点，f(x)minf112lnlna0，解得0a0，得lnx0，0x1，由h(x)0，x1，函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，h(x)maxh(1)1，当x0时，h(x)，当x时，h(x)0，画出h(x)的草图，如图所示，由ah(x)有两个解，可知0a0；当x(32，32)时，f(x)0在R上恒成立，所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，则g(x)0在R上恒

7、成立，当且仅当x0时，g(x)0，所以g(x)在(，)上单调递增故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点又f(3a1)6a22a620，故f(x)有一个零点综上所述，f(x)只有一个零点2已知函数f(x)lnxx2sinx，f(x)为f(x)的导函数(1)求证：f(x)在(0，)上存在唯一零点；(2)求证：f(x)有且仅有两个不同的零点证明(1)设g(x)f(x)12cosx，当x(0，)时，g(x)2sinx0，g10，f(x)在(0，)上单调递增；当x(，)时，f(x)fln220，又因为f22sin220，所以f(x)在(0，)上恰有一个零点，又因为f()ln20，所以f(x)在(，)上也恰有一个零点当x，2)时，sinx0，f(x)lnxx，设h(x)lnxx，则h(x)10，所以h(x)在，2)上单调递减，所以h(x)h()0，所以当x，2)时，f(x)h(x)h()0恒成立，所以f(x)在，2)上没有零点当x2，)时，f(x)lnxx2，设(x)lnxx2，则(x)10，所以(x)在2，)上单调递减，所以(x)(2)0，所以当x2，)时，f(x)(x)(2)0恒成立，所以f(x)在2，)上没有零点综上，f(x)有且仅有两个不同的零点