2023届高考数学特训营专攻(三)-函数零点问题

第三单元高考专攻(三)函数零点问题2023届1《高考特训营》·数学

01考法102考法203考法3考法1判断函数零点(方程根)个数典例1

(2019·课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sinx－xcos

x－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．解：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsin

x－1，g′(x)＝－sinx＋sinx＋xcos

x＝xcos

x.

(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)内只有一个零点，设为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．利用导数求函数的零点常用方法(1)构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的单调性，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数．(2)利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点．考法2由函数的零点确定参数典例2

(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．[思维建模]考了什么①导数的运算、函数的单调性、最值、零点问题；②数学运算、逻辑推理、直观想象核心素养．怎么考的①已知函数f(x)，利用导数讨论单调性；②已知函数两个零点，利用导数及零点存在定理，求参数范围．怎么思维怎么解答解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1.易错点：求导数当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．卡壳点：利用导数求单调区间(2)f′(x)＝ex－a.①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增．故f(x)至多存在一个零点，不合题意．卡壳点：确定标准对a分类讨论②当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.易错点：f(x)的单调性、最值所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．故当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a(1＋lna)．

卡壳点：由零点存在定理和函数单调性判零点个数故f(x)在(lna，＋∞)上存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)上有两个零点．1．函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，根据图象的几何直观求解．2．与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围，也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况．考法3与函数零点相关的综合问题典例3

(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.(1)讨论f(x)的单调性．(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点．[拆解思路]题目考查利用导数研究函数的单调性、零点；开放性试题，难度较大，拆解以后，探索求解的策略．[拆解1]已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.讨论f(x)的单调性．解：由函数的解析式可得f′(x)＝x(ex－2a)，当a≤0时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增．若x∈(ln(2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增．若x∈(0，ln(2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若x∈(ln(2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增．则b>2a>1，f(0)＝b－1>0，而f(－b)＝(－1－b)e－b－ab2－b<0，而函数在区间(－∞，0)上单调递增，故函数在区间(－∞，0)上有一个零点．f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b>2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]，结合函数的单调性可知函数在区间(0，＋∞)上没有零点．综上可得，题中的结论成立．则f(0)＝b－1≤2a－1<0，当b≥0时，e2>4，4a<2，f(2)＝e2－4a＋b>0，而函数在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数在区间(0，＋∞)上有一个零点．当b<0时，构造函数H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增，注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，从而ex≥x＋1，此时f(x)＝(x－1)ex－ax2－b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)，

解：由拆解3可知f(ln(2a))＝2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋b≤2a[ln(2a)－1]－a[ln(2a)]2＋2a＝2aln(2a)－a[ln(2a)]2＝aln(2a)[2－ln(2a)]，结合函数的单调性可知函数在区间(－∞，0)上没有零点．利用导数研究函数零点问题的思路(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，