2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题六函数与导数微专题4导数的综合应用大题考法1利用导数研究函数的零点

大题考法1利用导数研究函数的零点(2023·东莞模拟)已知函数f(x)＝ex－axsinx－x－1，a∈R.(1)当a＝0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝eq\f(1,2)时，证明：对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)>0；(3)讨论函数f(x)在(0，π)上零点的个数．(1)解：已知f(x)＝ex－axsinx－x－1，a∈R，函数定义域为R，当a＝0时，f(x)＝ex－x－1，可得f′(x)＝ex－1，当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．(2)证明：当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝ex－eq\f(1,2)xsinx－x－1，可得f′(x)＝ex－eq\f(1,2)(sinx＋xcosx)－1，f″(x)＝ex－cosx＋eq\f(1,2)xsinx，由(1)知，当a＝0时，f(x)≥f(0)＝0，所以ex≥x＋1，则f″(x)＝ex－cosx＋eq\f(1,2)xsinx≥x＋1－cosx＋eq\f(1,2)xsinx＝(1－cosx)＋eq\f(1,2)x(2＋sinx)>0，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f′(x)>f′(0)＝0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)>f(0)＝0，故对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)>0.(3)解：当a≤eq\f(1,2)时，x∈(0，π)，axsinx≤eq\f(1,2)xsinx，而f(x)＝ex－axsinx－x－1≥ex－eq\f(1,2)xsinx－x－1，由(2)知，f(x)>0，所以f(x)没有零点；若a>eq\f(1,2)，此时f′(x)＝ex－a(sinx＋xcosx)－1，①当0<x<eq\f(π,2)时，易知f(x)>0，所以f″(x)在(0，eq\f(π,2))上单调递增，又f″(0)＝1－2a<0，f″(eq\f(π,2))＝eeq\a\vs4\al(\f(π,2))＋eq\f(π,2)a>0，所以f″(x)在(0，eq\f(π,2))上存在唯一零点，记作x0，当0<x<x0时，f″(x)<0，f′(x)单调递减；当x0<x<eq\f(π,2)时，f″(x)>0，f′(x)单调递增，②当x∈[eq\f(π,2)，π)时，f″(x)>0，f′(x)单调递增，结合①②可知，当0<x<x0时，f′(x)单调递减；当x0≤x<π时，f′(x)单调递增，又f′(0)＝1－2a<0，f′(π)＝ex＋aπ－1>0，所以存在唯一实数x1∈(x0，π)，使f′(x1)＝0，当0<x<x1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x1<x<π时，f′(x)>0，f(x)单调递增，又f(0)＝0，所以0<x≤x1时，f(x)<0，由(1)知，当x>0时，f(x)>0，f(π)＝eπ－π－1>0，因为f(x1)<0，f(x)在(x1，π)上单调递增，所以f(x)在(x1，π)上存在唯一零点．综上，当a≤eq\f(1,2)时，f(x)在(0，π)上无零点；a>eq\f(1,2)时，f(x)在(0，π)上存在唯一零点．利用函数零点情况求参数范围的方法(1)分离参数[a＝g(x)]后，将问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离，次选分类)求解．(2)利用零点存在性定理构建不等式求解．(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．(2023·汕头一模)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋2)＋lna－2.(1)若函数f(x)在x＝2023处取得极值，求a的值及函数的单调区间；(2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(－2，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x＋2)，因为f(x)在x＝2023处取得极值，所以f′(2023)＝ae2023－eq\f(1,2025)＝0，即a＝eq\f(1,2025e2023).所以f′(x)＝eq\f(ex,2025e2023)－eq\f(1,x＋2)，所以当x∈(－2，2023)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2023，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故f(x)的单调递减区间为(－2，2023)，单调递增区间为(2023，＋∞)．(2)f(x)仅有两个零点，即aex－ln(x＋2)＋lna－2＝0有两个根，整理得ex＋lna＋x＋lna＝ln(x＋2)＋x＋2，即ex＋lna＋x＋lna＝ln(x＋2)＋eln(x＋2)，设函数h(x)＝ex＋x，则上式为：h(x＋lna)＝h[ln(x＋2)]，因为h′(x)＝ex＋1>0恒成立，所以h(x)单调递增，所以x＋lna＝ln(x＋2)，即lna＝ln(x＋2)－x，令m(x)＝ln(x＋2)－x，x∈(－2，＋∞)，则m′(x)＝eq\f(1,x＋2)－1＝－eq\f(x＋1,x＋2)，当x∈(－2，－1)时，m