第六板块 课时验收评价(五)　综合性考法针对练——导数与函数的零点问题

课时验收评价(五)　综合性考法针对练——导数与函数的零点问题1．(2022·江南十校一模)已知函数f(x)＝ax＋lnx＋－2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)只有一个零点，求a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋－＝，①若a≤0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②若a>0，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)若a≤0，f＝＋1－a＋e－2＝a＋e－1>0，f(1)＝a－1<0.结合函数的单调性可知，f(x)有唯一零点．若a>0，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以要使得函数有唯一零点，只需f(x)min＝f＝1－(a－1)lna＋a－2＝(a－1)(1－lna)＝0，解得a＝1或a＝e.综上，a的取值范围为(－∞，0]∪{1}∪{e}．2．(2022·汕头三模)已知函数f(x)＝x－2sinx.(1)求f(x)在的极值；(2)证明：函数g(x)＝lnx－f(x)在上有且只有两个零点．解：(1)由f(x)＝x－2sinx，得f′(x)＝1－2cosx，x∈(0，π)，令f′(x)＝0，得x＝.当0<x<时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，当<x<π时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的极小值为f＝－，无极大值． (2)证明：g(x)＝lnx－f(x)＝lnx－x＋2sinx，x∈(0，π)，则g′(x)＝－1＋2cosx，令φ(x)＝＋2cosx－1，则φ′(x)＝－－2sinx.当x∈(0，π)时，φ′(x)＝－－2sinx<0，则φ(x)在上单调递减，∵φ＝>0，φ＝－1<0，所以存在x0∈，使得φ＝g′＝0.当x变化时，g(x)，g′(x)变化如下表：x(0，x0)x0(x0，π)g′(x)＋0－g(x)单调递增极大值g单调递减而g＝ln－＋>0，g＝lnπ－π<lne2－π＝2－π<0，则g>g>0，又g＝ln－＋1，令h(x)＝lnx－x＋1，其中0<x<1，则h′(x)＝－1＝>0，所以函数h(x)在(0,1)上单调递增，则h(x)<h(1)＝0，所以h＝ln－＋1<0，由零点存在定理可知，函数g(x)在上有两个零点．3．(2022·湖北新高考联考协作体联考)已知函数f(x)＝2exsinx－ax.(e是自然对数的底数)(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；(2)若0<a<6，试讨论f(x)在(0，π)上的零点个数．(参考数据：e≈4.8)解：(1)a＝0，则f(x)＝2exsinx，定义域为R，f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)＝2exsin，由f′(x)>0，解得sin>0，可得2kπ<x＋<2kπ＋π(k∈Z)，解得2kπ－<x<2kπ＋(k∈Z)，由f′(x)<0，解得sin<0，可得2kπ＋π<x＋<2kπ＋2π(k∈Z)， 解得2kπ＋<x<＋2kπ(k∈Z)，∴f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，单调递减区间为(k∈Z)．(2)由已知f(x)＝2exsinx－ax，∴f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)－a，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝4excosx.∵x∈(0，π)，∴当x∈时，h′(x)>0；当x∈时，h′(x)<0，∴h(x)在上单调递增，在上单调递减，即f′(x)在上单调递增，在上单调递减．f′(0)＝2－a，f′＝2e－a>0，f′(π)＝－2eπ－a<0.①当2－a≥0，即0<a≤2时，f′(0)>0，∴∃x0∈，使得f′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，x0)上单调递增，(x0，π)上单调递减．∵f(0)＝0，∴f(x0)>0，又f(π)＝－aπ<0，∴由函数零点存在定理可得，此时f(x)在(0，π)上仅有一个零点；②若2<a<6时，f′(0)＝2－a<0，又∵f′(x)在上单调递增，在上单调递减，而f′＝2e－a>0，f′(π)＝－2eπ－a<0.∴∃x1∈，x2∈，使得f′＝0，f′(x2)＝0，且当x∈∪时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.∴f(x)在和上单调递减，在上单调递增．∵f(0)＝0，∴f<0，∵f＝2e－a>2e－3π>0，∴f>0，又∵f(π)＝－aπ<0，∴由零点存在定理可得，f(x)在和内各有一个零点，即此时f(x )在(0，π)上有两个零点．综上所述，当0<a≤2时，f(x)在(0，π)上仅有一个零点；当2<a<6时，f(x)在(0，π)上有两个零点．4．(2022·日照二模)已知函数f(x)＝a|lnx|＋x＋，其中a>0.(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；(2)讨论方程ex＋e－x－a|ln(ax)|－＝0根的个数．解：(1)a＝1时，f(x)＝|lnx|＋x＋.①当0<x<1时，f(x)＝－lnx＋x＋，f′(x)＝－＋1－＝，∵0<x<1，∴x2－x－1＝2－<0，∴f′(x)<0，即f(x)在(0,1)上单调递减．②当x>1时，f(x)＝lnx＋x＋，f′(x)＝＋1－＝.∵x>1，∴x2＋x－1＝2－>0，∴f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以当x＝1时，f(x)取得最小值为f(x)min＝f(1)＝|ln1|＋1＋＝2.(2)由题ex＋e－x＝a|ln(ax)|＋，x>0，则ax＋ex＋e－x＝a|ln(ax)|＋ax＋，即a|lnex|＋ex＋e－x＝a|ln(ax)|＋ax＋.所以f(ex)＝f(ax)．由f(x)＝a|lnx|＋x＋，得f′(x)＝±＋1－＝±－.当0<x<1时，f′(x)＝－＋1－＝－－<0；当x>1时，f′(x)＝＋1－＝＋>0. 所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又因为f(x)＝f，所以f(ex)＝f(ax)，当且仅当ex＝ax或ex＝.又ex>1，故ex＝ax和ex＝不可能同时成立．所以方程ex＋e－x－a|ln|－＝0根的个数是两函数s(x)＝ex－ax和t(x)＝xex－的零点个数之和，其中x>0.当s(x)＝0时，函数s(x)＝ex－ax的零点个数转换为直线y＝a与函数h(x)＝图象的交点个数，h′(x)＝，令h′(x)＝0，即＝0，解得x＝1.当易知0<x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，故h(x)在x＝1处取得最小值为h(1)＝e，所以0<a<e时，直线y＝a与函数h(x)的图象无交点，函数s(x)无零点；a＝e时，直线y＝a与函数h(x)的图象有一个交点，函数s(x)有1个零点；a>e时，直线y＝a与函数h(x)的图象有2个交点，函数s(x)有2个零点．同理，函数t(x)＝xex－的零点个数转化为直线y＝与函数y＝xex图象的交点个数，设y＝xex，x>0，则y′＝(x＋1)ex>0，所以函数y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，y＝xex在x＝0处的函数值为0×e0＝0，所以当a>0时，t(x)在(0，＋∞)上必有1个零点．综上所述，0<a<e时，方程有1个根；a＝e时，方程有2个根；a>e时，方程有3个根．