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

母题突破3零点问题母题(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ax－1x－(a＋1)lnx.(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)＝－1x－lnx(x＞0)，所以f′(x)＝1x2－1x＝1－xx2.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)max＝f(1)＝－1.(2)由f(x)＝ax－1x－(a＋1)lnx(x＞0)，得f′(x)＝a＋1x2－a＋1x＝ax－1x－1x2(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)＝ax－1ax－1x2，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)max＝f(1)＝a－1＜0，所以f(x)不存在零点；③当a＞0时，f′(x)＝ax－1ax－1x2，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＜1a＜1，故f(x)在0，1a，(1，＋∞)上单调递增，在1a，1上单调递减．因为f(1)＝a－1＞0，所以f1a＞f(1)＞0，当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x)在0，1a上必有一个零点，所以a＞1满足条件；当0＜a＜1时，1a＞1，故f(x)在(0,1)，1a，＋∞上单调递增，在1，1a上单调递减．因为f(1)＝a－1＜0，所以f1a＜f(1)＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知f(x)在1a，＋∞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]已知函数f(x)＝lnx2＋cosx，求证：当x∈(π，＋∞)时，f(x)有且仅有1个零点．证明由f(x)＝lnx2＋cosx知f′(x)＝12x－sinx，记φ(x)＝12x－sinx(x0)，则φ′(x)＝－12x2－cosx，当x∈(π，2π)时，f′(x)0，f(x)在(π，2π)上单调递增，f(π)＝－1＋lnπ20，f(2π)＝1＋ln2π20，则∃x0∈(π，2π)，使得f(x0)＝0；当x∈2π，5π2时，φ′(x)0，f′(x)在2π，5π2上单调递减，f′(2π)＝14π0，f′5π2＝15π－10，则∃α∈2π，5π2，使得f′(α)＝0，当2πxα时，f′(x)0；当αx5π2时，f′(x)0.故f(x)在(2π，α)上单调递增，在α，5π2上单调递减，又f(2π)＝1＋ln2π20，f5π2＝ln5π220，故当x∈2π，5π2时，f(x)0；当x∈5π2，＋∞时，f(x)ln5π22＋cosx1＋cosx≥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．已知函数f(x)＝lnx－x.(1)求证：f(x)≤－1；(2)若函数h(x)＝af(x)＋xex(a∈R)无零点，求a的取值范围．(1)证明f′(x)＝1－xx(x0)，则当0x1时，f′(x)0，当x1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)max＝f(1)＝－1，故f(x)≤－1.(2)解h(x)＝alnx－ax＋xex，故h′(x)＝a1－xx＋1－xex＝(1－x)ax＋1ex，当a＝0时，h(x)＝xex0，h(x)在定义域上无零点；当a0时，x0，故ax＋1ex0，所以当0x1时，h′(x)0，当x1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)max＝h(1)＝－a＋1e0，即a1e；当a0时，因为f(x)＝lnx－x≤－1，所以a(lnx－x)0，则h(x)＝a(lnx－x)＋xex0，所以h(x)在定义域上无零点．综上，a的取值范围是(－∞，0]∪1e，＋∞.专题强化练1．(2022·西安模拟)设函数f(x)＝alnx＋1x，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)＝alnx＋1x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)＝ax－1x2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x∈(0，＋∞)时，a≤x＋1x恒成立，∴a≤x＋1xmin，∵当x∈(0，＋∞)时，x＋1x≥2，当且仅当x＝1时取等号．∴当x＝1时，x＋1xmin＝2，∴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alnx＋1x＝0，得a＝－1xlnx，令h(x)＝－1xlnx，x0且x≠1，则h′(x)＝1＋lnxxlnx2，由h′(x)0，得x1e且x≠1，由h′(x)0，得0x1e，∴h(x)在0，1e上单调递减，在1e，1，(1，＋∞)上单调递增，∴当x∈(0,1)时，h(x)有极小值h1e＝e；当x∈(1，＋∞)时，h(x)0.∴h(x)的图象如图所示，∴当0≤ae时，f(x)的零点个数为0；当a＝e或a0时，f(x)的零点个数为1；当ae时，f(x)的零点个数为2.2．已知函数f(x)＝x－sinx，g(x)＝xlnx－msinx＋1.(1)求函数f(x)＝x－sinx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－cosx≥0，∴函数f(x)＝x－sinx在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝0，故函数f(x)＝x－sinx在[0，＋∞)上的最小值为0.(2)证明当m＝0时，g(x)＝xlnx＋1，g′(x)＝lnx＋1，由g′(x)0，得0x1e；由g′(x)0，得x1e，∴g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，∴g(x)的最小值为g1e＝1－1e0，此时函数g(x)无零点；当0m≤1时，由(1)知，当x0时，xsinx，∴－msinx－mx，∴g(x)＝xlnx－msinx＋1xlnx－mx＋1，∴xlnx－mx＋1≥xlnx－x＋1，记h(x)＝xlnx－x＋1，则h′(x)＝1＋lnx－1＝lnx，当0x1时，h′(x)0；当x1时，h′(x)0，∴h(x)＝xlnx－x＋1在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)＝xlnx－msinx＋10，此时函数g(x)无零点．综上，当0≤m≤1时，函数g(x)＝xlnx－msinx＋1无零点．