备战2023年高考数学二轮专题复习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.docx

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)axln x2，aR.(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，若a0，则f(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减；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a0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a0，f1ae2ae1>0，f(1)a1<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)minf1(a1)ln aa2(a1)(1ln a)0，解得a1或ae.综上，a的取值范围为(，01e2(2022·汕头三模)已知函数f(x)x2sin x.(1)求f(x)在的极值；(2)证明：函数g(x)ln xf(x)在上有且只有两个零点解：(1)由f(x)x2sin x，得f(x)12cos x，x(0，)，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<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)ln xf(x)ln xx2sin x，x(0，)，则g(x)12cos x，令(x)2cos x1，则(x)2sin x.当x(0，)时，(x)2sin x<0，则(x)在上单调递减，>0，1<0，所以存在x0，使得g0.当x变化时，g(x)，g(x)变化如下表：x(0，x0)x0(x0，)g(x)0g(x)单调递增极大值g单调递减而gln>0，gln <lne22<0，则g>g>0，又gln1，令h(x)ln xx1，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hln1<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)2exsin xax.(e是自然对数的底数)(1)若a0，求f(x)的单调区间；(2)若0<a<6，试讨论f(x)在(0，)上的零点个数(参考数据：e4.8)解：(1)a0，则f(x)2exsin x，定义域为R，f(x)2ex(sin xcos x)2exsin，由f(x)>0，解得sin>0，可得2k<x<2k(kZ)，解得2k<x<2k(kZ)，由f(x)<0，解得sin<0，可得2k<x<2k2(kZ)，解得2k<x<2k(kZ)，f(x)的单调递增区间为(kZ)，单调递减区间为(kZ)(2)由已知f(x)2exsin xax，f(x)2ex(sin xcos x)a，令h(x)f(x)，则h(x)4excos x.x(0，)，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)2a，f2ea>0，f()2ea<0.当2a0，即0<a2时，f(0)>0，x0，使得f(x0)0，当x(0，x0)时，f(x)>0；当x(x0，)时，f(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递增，(x0，)上单调递减f(0)0，f(x0)>0，又f()a<0，由函数零点存在定理可得，此时f(x)在(0，)上仅有一个零点；若2<a<6时，f(0)2a<0，又f(x)在上单调递增，在上单调递减，而f2ea>0，f()2ea<0.x1，x2，使得f0，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，f2ea>2e3>0，f>0，又f()a<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，)上有两个零点综上所述，当0<a2时，f(x)在(0，)上仅有一个零点；当2<a<6时，f(x)在(0，)上有两个零点4(2022·日照二模)已知函数f(x)a|ln x|x，其中a>0.(1)当a1时，求f(x)的最小值；(2)讨论方程exexa|ln(ax)|0根的个数解：(1)a1时，f(x)|ln x|x.当0<x<1时，f(x)ln xx，f(x)1，0<x<1，x2x12<0，f(x)<0，即f(x)在(0,1)上单调递减当x>1时，f(x)ln xx，f(x)1.x>1，x2x12>0，f(x)>0，即f(x)在(1，)上单调递增所以当x1时，f(x)取得最小值为f(x)minf(1)|ln 1|12.(2)由题exexa|ln(ax)|，x>0，则axexexa|ln(ax)|ax，即a|lnex|exexa|ln(ax)|ax.所以f(ex)f(ax)由f(x)a|ln x|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exax或ex.又ex>1，故exax和ex不可能同时成立所以方程exexa|ln|0根的个数是两函数s(x)exax和t(x)xex的零点个数之和，其中x>0.当s(x)0时，函数s(x)exax的零点个数转换为直线ya与函数h(x)图象的交点个数，h(x)，令h(x)0，即0，解得x1.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x1处取得最小值为h(1)e，所以0<a<e时，直线ya与函数h(x)的图象无交点，函数s(x)无零点；ae时，直线ya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ya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yxex图象的交点个数，设yxex，x>0，则y(x1)ex>0，所以函数yxex在(0，)上单调递增，yxex在x0处的函数值为0×e00，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；ae时，方程有2个根；a>e时，方程有3个根