新教材2024高考数学二轮专题复习分册一专题七函数与导数第三讲函数与导数微专题3函数的零点个数问题

微专题3函数的零点个数问题1.已知函数f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－，求方程f(x)＝0的解的个数．2．若f(x)＝lnx＋kx(k∈R)有两个零点，求k的取值范围．5.[2022·全国乙卷]已知函数f(x)＝ax－－(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．6.[2023·黑龙江哈师大附中三模]已知f(x)＝ex·sinx－x.(1)若g(x)＝(0<x<)，证明：g(x)存在唯一零点；(2)当x∈(－∞，π)时，探讨f(x)零点个数．1．函数零点个数问题的解题策略(1)干脆法：干脆探讨函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．(2)分别参数法：分别出参数，转化为a＝g(x)，依据导数的学问求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只须要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．2．依据函数零点的个数求参数范围的方法(1)分别参数(a＝g(x))后，将原问题转化为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(优选分别、次选分类)求解；(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟识的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．[巩固训练3][2023·广东佛山模拟]已知函数f(x)＝lnx＋sinx.(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；(2)推断函数f(x)的零点个数，并证明．[巩固训练4][2023·河南开封三模]已知函数f(x)＝lnx－x－m，(m<－2，m为常数)．(1)当m＝－e时，求函数f(x)在[，e]上的最小值；(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>2.微专题3函数的零点个数问题保分题1．解析：因为f(x)＝3lnx－x2＋2x－3ln3－(x＞0)，所以f′(x)＝－x＋2＝＝，当x∈(0，3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(3)＝3ln3－＋6－3ln3－＝0，因为当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞，所以方程f(x)＝0只有一个解．2．解析：f(x)＝lnx＋kx有两个零点，可得－k＝有两个实根．令h(x)＝，h′(x)＝.令h′(x)>0，得0<x<e；令h′(x)<0，得x>e，∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．∴h(x)max＝h(e)＝.当x∈(e，＋∞)时，x>0，lnx>0，所以h(x)＝>0，又h(1)＝0，∴x∈(0，1)时，h(x)<0；x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.h(x)＝大致图象如图所示，若直线y＝－k与y＝h(x)的图象有两个交点，则0<－k<，∴k的取值范围是(－，0)．提分题[例5](1)解析：当a＝0时，f(x)＝－－lnx(x>0)，则f′(x)＝＝.当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1.(2)解析：因为函数f(x)恰有一个零点，所以方程a(x－lnx)－－lnx＝0在(0，＋∞)上恰有一个解，即方程a(x－lnx)＝＋lnx在(0，＋∞)上恰有一个解．又易知当x>0时，x－lnx>0，所以方程a＝在(0，＋∞)上恰有一个解．令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝.令h(x)＝x－1－(x＋1)lnx(x>0)，则h′(x)＝1－lnx－＝－lnx－.由(1)知，h′(x)≤－1，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．又h(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，h(x)≥0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.则当x∈(0，1]时，g′(x)≤0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以a∈(0，＋∞)．[例6](1)解析：g(x)＝＝(0<x<)，g′(x)＝＝，由于0<x<，所以cosx∈(0，1)，excosx>0，x－3<0，∴－3＋x－excosx<0,进而g′(x)<0，所以g(x)在0<x<单调递减，又因为g(0)＝2>0，g()＝＝<0，所以g(x)存在唯一零点(2)解析：f(x)＝ex·sinx－x，x∈(－∞，π)，则f′(x)＝ex·sinx＋excosx－1，x∈(－∞，π)，当x≤－时，f′(x)＝ex·sinx＋excosx－1＝－1<e－1－1<0，此时f(x)在x≤－单调递减，f(－)＝·sin(－)＋＝＋1>0,所以f(x)在x≤－没有零点，当－<x≤时，令h(x)＝ex·sinx＋excosx－1，∴h′(x)＝2excosx≥0，所以f′(x)在－<x≤单调递增，又f′(0)＝0，故当－<x<0时，f′(x)<0，故f(x)在－<x≤0单调递减，又因为f(0)＝0，当0<x≤时，f′(x)>0，故f(x)在0<x≤单调递增，因此当－<x≤时，f(x)只有一个零点0，当≤x<π时，h′(x)＝2excosx<0，所以f′(x)在≤x<π单调递减，f′(π)＝－eπ－1<0，f′()＝－1>0，故∃x0∈(，π),使得f′(x0)＝0，且当x∈(，x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，而f()＝>e－>0，f(π)＝－π<0，所以当≤x<x0，f(x)>0，此时f(x)无零点，当x∈(x0，π)，f(x)只有一个零点．综上可知：x∈(－∞，π)时，f(x)有2个零点．[巩固训练3](1)解析：f(x)＝lnx＋sinx的定义域为(0，＋∞)，故f′(x)＝＋cosx，令g(x)＝f′(x)＝＋cosx，g′(x)＝－－sinx，当x∈[1，e]时，g′(x)＝－－sinx<0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，且g(1)＝1＋cos1>0，g(e)＝＋cose<＋cos＝<0，所以由零点存在定理可知，在区间[1，e]存在唯一的a，使g(a)＝f′(a)＝0.又当x∈(1，a)时，g(x)＝f′(x)>0；当x∈(a，e)时，g(x)＝f′(x)<0；所以f(x)在x∈(1，a)上单调递增，在x∈(a，e)上单调递减，又因为f(1)＝ln1＋sin1＝sin1，f(e)＝lne＋sine＝1＋sine>f(1)，所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(1)＝sin1.(2)解析：f(x)有1个零点，证明如下：因为f(x)＝lnx＋sinx，x∈(0，＋∞)，若0<x≤1，f′(x)＝＋cosx>0，所以f(x)在区间(0，1]上单调递增，又f(1)＝sin1>0，f()＝－1＋sin<0，结合零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1]有且仅有一个零点，若1<x≤π，则lnx>0，sinx≥0，则f(x)>0，若x>π，因为lnx>lnπ>1≥－sinx，所以f(x)>0，综上，函数f(x)在(0，＋∞)有且仅有一个零点．[巩固训练4](1)解析：令f′(x)＝＝0，解得x＝1，则当x∈[，1)时，f′(x)>0，所以y＝f(x)在[，1)递增；当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以y＝f(x)在(1，e]递减，所以y＝f(x)在[，e]上有最大值，且f()＝－1－－m，f(e)＝1－e－m，又f()－f(e)＝－2－＋e>0，所以函数f(x)在[，e]的最小值为1－e－m；(2)解析：不妨设x1<x2，由(1)知，0<x1<1，x2>1，且x1，x2满意lnx－x－m＝0，即lnx1－x1－m＝lnx2－x2－m＝0