2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)與測(cè)試專(zhuān)題4導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

(2024·鄭州三模)已知函數(shù)f(x)＝eax－x.
(1)若a＝2，求曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線(xiàn)方程；
(2)討論f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．
【解】 (1)若a＝2，則f(x)＝e2x－x，f′(x)＝2e2x－1.
又f(1)＝e2－1，則切點(diǎn)為(1，e2－1)，
曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的斜率k＝f′(1)＝2e2－1，
故所求切線(xiàn)方程為y－(e2－1)＝(2e2－1)(x－1)，
即y＝(2e2－1)x－e2.
(2)由題得f′(x)＝aeax－1.
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＜0，f(x)在R上單調(diào)遞減，又f(0)＝1＞0，f(1)＝ea－1≤0.
故f(x)存在一個(gè)零點(diǎn)，此時(shí)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.
②當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＜0得x＜－ eq \f(ln a,a) ，
令f′(x)＞0得x＞－ eq \f(ln a,a) ，
所以f(x)在(－∞，－ eq \f(ln a,a) )上單調(diào)遞減，在(－ eq \f(ln a,a) ，＋∞)上單調(diào)遞增．
故f(x)min＝f(－ eq \f(ln a,a) )＝ eq \f(1＋ln a,a) .
當(dāng)a＝ eq \f(1,e) 時(shí)，f(x)min＝0，此時(shí)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)a＞ eq \f(1,e) 時(shí)，f(x)min>0，此時(shí)f(x)沒(méi)有零點(diǎn)；
當(dāng)0＜a＜ eq \f(1,e) 時(shí)，f(x)min0，
f′(x)＝－ eq \f(1,x2) ＋ eq \f(1,ex) ＝ eq \f(x－e,ex2) ，
令f′(x)＞0，則x＞e；
令f′(x)＜0，則0＜x＜e，
故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e).
(2)由f(x)＝ eq \f(a,x) ＋ eq \f(ln x,e) －1＝0，
得a＝x－ eq \f(x ln x,e) ，x＞0，
令φ(x)＝x－ eq \f(x ln x,e) ，x＞0，
則φ′(x)＝ eq \f(e－1－ln x,e) ，x＞0，
當(dāng)0＜x＜ee－1時(shí)，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，ee－1)上單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞ee－1時(shí)，φ′(x)＜0，φ(x)在(ee－1，＋∞)上單調(diào)遞減，
故φ(x)max＝φ(ee－1)＝ eq \f(ee－1（e－ln ee－1）,e) ＝ee－2，
又φ(x)＝ eq \f(x（e－ln x）,e) ，x＞0，
當(dāng)0＜x＜ee時(shí)，φ(x)＞0，
當(dāng)x＞ee時(shí)，φ(x)＜0，
當(dāng)x→0時(shí)，φ(x)→0，
作出函數(shù)y＝φ(x)，x＞0的圖象如圖，
故當(dāng)a≤0或a＝ee－2時(shí)，y＝a與y＝φ(x)的圖象有1個(gè)交點(diǎn)，即f(x)＝ eq \f(a,x) ＋ eq \f(ln x,e) －1有1個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)0＜a＜ee－2時(shí)，y＝a與y＝φ(x)的圖象有2個(gè)交點(diǎn)，即f(x)＝ eq \f(a,x) ＋ eq \f(ln x,e) －1有2個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)a＞ee－2時(shí)，y＝a與y＝φ(x)的圖象無(wú)交點(diǎn)，即f(x)＝ eq \f(a,x) ＋ eq \f(ln x,e) －1無(wú)零點(diǎn)．
大題考法2 已知零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)
(2024·汕頭三模)已知函數(shù)f(x)＝x(ex－ax2).
(1)若曲線(xiàn)y＝f(x)在x＝－1處的切線(xiàn)與y軸垂直，求f(x)的極值；
(2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值．
【解】 (1)函數(shù)f(x)＝x(ex－ax2)的定義域?yàn)镽，
f′(x)＝(x＋1)ex－3ax2，
依題意，f′(－1)＝－3a＝0，
則a＝0，f(x)＝xex，f′(x)＝(1＋x)ex，
當(dāng)x＜－1時(shí)，f′(x)＜0，
當(dāng)x＞－1時(shí)，f′(x)＞0，
因此函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極小值f(－1)＝－ eq \f(1,e) ，無(wú)極大值．
(2)由題意，設(shè)g(x)＝ex－ax2，
則函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)，
即a＝ eq \f(ex,x2) 在(0，＋∞)上只有一個(gè)解，則曲線(xiàn)y＝ eq \f(ex,x2) (x＞0)與直線(xiàn)y＝a只有一個(gè)公共點(diǎn)，令φ(x)＝ eq \f(ex,x2) (x＞0)，得φ′(x)＝ eq \f(ex（x－2）,x3) ，當(dāng)00)的大致圖象，如圖所示，
當(dāng)g(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a＝φ(2)＝ eq \f(e2,4) ，所以f(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a＝ eq \f(e2,4) .
根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)確定參數(shù)范圍的常用方法
(1)分離參數(shù)法：先分離參數(shù)，再通過(guò)求導(dǎo)求出分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)的最值，根據(jù)條件，通過(guò)數(shù)形結(jié)合構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，解不等式確定參數(shù)范圍．
(2)分類(lèi)討論法：結(jié)合單調(diào)性確定參數(shù)分類(lèi)的標(biāo)準(zhǔn)，在每個(gè)小范圍內(nèi)研究零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是否符合題意，再將滿(mǎn)足題意的參數(shù)的各小范圍并在一起，即為所求．
(2022·全國(guó)乙卷)已知函數(shù)f(x)＝ax－ eq \f(1,x) －(a＋1)ln x.
(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．
解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝－ eq \f(1,x) －ln x(x>0)，所以f′(x)＝ eq \f(1,x2) － eq \f(1,x) ＝ eq \f(1－x,x2) .
當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)0)，得f′(x)＝a＋ eq \f(1,x2) － eq \f(a＋1,x) ＝ eq \f(（ax－1）（x－1）,x2) (x>0).
當(dāng)a＝0時(shí)，由(1)可知，f(x)不存在零點(diǎn)；
當(dāng)a0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)1，易得f(x)在(0， eq \f(1,a) )，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在( eq \f(1,a) ，1)上單調(diào)遞減，因?yàn)閒(1)＝a－1>0，所以
f( eq \f(1,a) )>f(1)>0，當(dāng)x→0＋時(shí)，f(x)→－∞，由零點(diǎn)存在定理可知f(x)在(0， eq \f(1,a) )上必有一個(gè)零點(diǎn)，所以a>1滿(mǎn)足條件；
若00，得00，得1≤x< eq \r(e) ；令g′(x)1，且f(x)存在三個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：(1)由題意知g(x)＝ eq \f(f（x）,x) ＋ex＝ eq \f(ax,x) (x≠0)，
則g′(x)＝ eq \f(ax（x ln a－1）,x2) (x≠0).
當(dāng)00，令g′(x)＝0，解得x＝ eq \f(1,ln a) .
當(dāng)x> eq \f(1,ln a) 時(shí)，g′(x)>0；
當(dāng)x< eq \f(1,ln a) ，且x≠0時(shí)，g′(x)0時(shí)，p(x)＝ eq \f(1＋2ln x,x) ，于是p′(x)＝ eq \f(1－2ln x,x2) ，
所以當(dāng)x∈(0， eq \r(e) )時(shí)，p′(x)>0，p(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈( eq \r(e) ，＋∞)時(shí)，p′(x)1，所以ln a>0，所以當(dāng)0

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