2025届高考数学二轮专题复习与测试专题4导数与函数零点.docVIP

微专题4导数与函数零点

大题考法1判断函数的零点个数

(2024·郑州三模)已知函数f(x)＝eax－x.

(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)讨论f(x)的零点个数．

【解】(1)若a＝2，则f(x)＝e2x－x，f′(x)＝2e2x－1.

又f(1)＝e2－1，则切点为(1，e2－1)，

曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的斜率k＝f′(1)＝2e2－1，

故所求切线方程为y－(e2－1)＝(2e2－1)(x－1)，

即y＝(2e2－1)x－e2.

(2)由题得f′(x)＝aeax－1.

①当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减，又f(0)＝1＞0，f(1)＝ea－1≤0.

故f(x)存在一个零点，此时f(x)的零点个数为1.

②当a＞0时，令f′(x)＜0得x＜－eq\f(lna,a)，

令f′(x)＞0得x＞－eq\f(lna,a)，

所以f(x)在(－∞，－eq\f(lna,a))上单调递减，在(－eq\f(lna,a)，＋∞)上单调递增．

故f(x)min＝f(－eq\f(lna,a))＝eq\f(1＋lna,a).

当a＝eq\f(1,e)时，f(x)min＝0，此时f(x)有一个零点；

当a＞eq\f(1,e)时，f(x)min0，此时f(x)没有零点；

当0＜a＜eq\f(1,e)时，f(x)min0，f(－1)＝e－a＋1＞0，

f(－eq\f(lna,a))＝eq\f(1＋lna,a)＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，此时f(x)有两个零点．

综上，当a≤0或a＝eq\f(1,e)时，f(x)有一个零点；

当0＜a＜eq\f(1,e)时，f(x)有两个零点；

当a＞eq\f(1,e)时，f(x)没有零点．

判断函数f(x)零点个数的方法

(1)直接法：令f(x)＝0，如果能求出解，那么解的个数就是f(x)的零点个数．

(2)图象法：画出函数f(x)的图象，函数f(x)的图象与x轴的交点个数就是函数f(x)的零点个数；将函数f(x)拆成两个函数h(x)和g(x)的差的形式，根据f(x)＝0?h(x)＝g(x)，则函数f(x)的零点个数就是函数y＝h(x)和y＝g(x)的图象的交点个数．

(3)利用函数零点存在定理：利用函数零点存在定理时，不仅要求函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数的零点个数．

(2024·西安二模)已知函数f(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(lnx,e)－1.

(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；

(2)讨论f(x)的零点个数．

解：(1)当a＝1时，f(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(lnx,e)－1，x0，

f′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(1,ex)＝eq\f(x－e,ex2)，

令f′(x)＞0，则x＞e；

令f′(x)＜0，则0＜x＜e，

故f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e).

(2)由f(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(lnx,e)－1＝0，

得a＝x－eq\f(xlnx,e)，x＞0，

令φ(x)＝x－eq\f(xlnx,e)，x＞0，

则φ′(x)＝eq\f(e－1－lnx,e)，x＞0，

当0＜x＜ee－1时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，ee－1)上单调递增，

当x＞ee－1时，φ′(x)＜0，φ(x)在(ee－1，＋∞)上单调递减，

故φ(x)max＝φ(ee－1)＝eq\f(ee－1（e－lnee－1）,e)＝ee－2，

又φ(x)＝eq\f(x（e－lnx）,e)，x＞0，

当0＜x＜ee时，φ(x)＞0，

当x＞ee时，φ(x)＜0，

当x→0时，φ(x)→0，

作出函数y＝φ(x)，x＞0的图象如图，

故当a≤0或a＝ee－2时，y＝a与y＝φ(x)的图象有1个交点，即f(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(lnx,e)－1有1个零点；

当0＜a＜ee－2时，y＝a与y＝φ(x)的图象有2个交点，即f(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(lnx,e)－1有2个零点；

当a＞ee－2时，y＝a与y＝φ(x)的图象无交点，即f(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(lnx,e)－1无零点．

大题考法2已知零点个数求参数

(2024·汕头三模)已知函数f(x)＝x(ex－ax2).

(1)若曲线y＝f(x)在