第3章 导数的应用第7课时 导数与函数的零点(3)——隐零点与虚设零点课件 高考数学一轮复习

所以函数H(x)存在两个零点的必要条件为 H(1)＝1－a>0，即0<a<1.
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因为当 0<a<1 时，H(1)>0，H1e＝－e2＋e－a<0，当 x→0 时，H(x)→ －∞，当 x→＋∞，H(x)→－a，且函数 H(x)的图象不间断，
所以函数H(x)在区间(0,1)与(1，＋∞)内各存在一个零点． 综上，实数a的取值范围是(0,1)．
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所以 f(x)在区间(1，＋∞)上有唯一零点 x1，即 f(x1)＝0. 因为 0<x11<1，fx11＝－lnx1＋xx11＋－11＝－f(x1)＝0， 所以 f(x)在区间(0,1)上有唯一零点x11. 综上，f(x)有且仅有两个零点． (2) 因为x10＝e－ln x0， 所以点 B－lnx0，x10在曲线 y＝ex 上．
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所以 φ(x)max＝φ(1)＝－1<0， 所以 φ(x)<0，即 lnx<x， 所以 ln x< x，即 lnx<2 x，
所以 g(x)＝lnxx－t<2x x－t＝ 2x－t， 所以 gt42< 2 4－t＝0.
t2 又t42>4e2>e，且 g(x)的图象不间断，
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所以 g(x)在区间(e，＋∞)内存在唯一零点. 综上，当且仅当 0<t<1e，即 0<lnaa<1e时，g(x)存在两个零点． 结合 y＝lnxx的性质，得 a>1，且 a≠e， 所以实数 a 的取值范围是(1，e)∪(e，＋∞)．
【答案】 (1，＋∞)
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题组二 曲线公共点问题 2 已知函数 f(x)＝lnxx－ax，a∈R.若曲线 y＝xf(x)与直线 y＝－x 有两个 公共点，求实数 a 的取值范围．
【解析】 令h(x)＝xf(x)＋x＝lnx－ax2＋x，x>0. 由题设，得函数h(x)存在两个零点． h′(x)＝1x－2ax＋1＝－2ax2x＋x＋1. ①当a≤0时，因为x>0，所以h′(x)>0， 所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以函数h(x)至多存在一个零点，不满足题设；
第三章 函数、导数及其应用
第十一节 导数的应用 第7课时 导数与函数的零点(3)——隐零点与虚设零点
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学习目标 核心体系 活动方案
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学习目标 体会用函数的零点去解决函数的极值点问题、函数的 图象问题．
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构造函数，转化为研究函数的零点．
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活动一 基础训练
1. (2023 连云港统考)已知函数f(x)＝x2＋xlnx. (1) 求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值； (2) 若关于x的方程f(x)＝ax3有两个不相等的实数根，求实数a的取值 范围． 【分析】 (1) 利用导数分析函数 f(x)在区间[1，e]上的单调性，即可 求得函数 f(x)在区间[1，e]上的最大值；(2) 由 f(x)＝ax3 可得出 a＝x＋x2lnx， 令 g(x)＝x＋x2lnx，可知直线 y＝a 与函数 g(x)的图象有两个交点，利用导数 分析函数 g(x)的单调性与极值，数形结合可得出实数 a 的取值范围．
而g(x)在区间(0，e)内至多存在一个零点，
即g(x)至多存在一个零点；
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④当 0<t<1e时，g(e)＝1e－t>0， 又 g(1)＝－t<0，g(x)的图象不间断， 所以 g(x)在区间(0，e)内存在唯一零点． 下先证明 lnx<x. 设 φ(x)＝lnx－x，x>0， 则 φ′(x)＝1－x x，x>0，所以当 x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增； 当 x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
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②当 a>0 时，令 H(x)＝hxx2＝lxn2x＋1x－a，x>0， 则函数 H(x)存在两个零点，H′(x)＝－2lnxx－3 x＋1，x>0. 易知t(x)＝－2lnx－x＋1在区间(0，＋∞)上是减函数，且t(1)＝0， 所以当0<x<1时，t(x)>0，即H′(x)>0，H(x)单调递增；当x>1时， t(x)<0，即H′(x)<0，H(x)单调递减，
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2. 设函数f(x)＝a2x2＋ax－3lnx＋1，其中a>0. (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求实数a的取值范围． 【答案】 (1) 由题意，得函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2ax＋3xax－1. 因为 a>0，x>0， 所以当 0<x<1a时，f′(x)<0； 当 x>1a时，f′(x)>0，
即m(x)在区间(－∞，lna)上有且只有一个零点，记为x1. 易得当x＝x1时，函数f(x)取得极大值.
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(ii) 记 y＝a－lna(a>e)，则 y′＝1－1a>0， 所以当a>e时，y＝a－ln a单调递增， 所以a－lna>e－1>0，所以a>lna. 由(1)知当a＝2时，f′(x)min＝2－2ln2>0， 所以f(x)＝ex－x2在R上单调递增， 所以当a>e时，有ea－a2>ee－e2>0，故m(a)>0. 因为m(lna)<0，m(x)的图象在区间(lna，a)上单调且不间断， 所以m(x)在区间(lna，a)上有且只有一个零点，即m(x)在区间(lna， ＋∞)上有且只有一个零点，记为x2. 易得当x＝x2时，函数f(x)取得极小值． 综上，实数a的取值范围是(e，＋∞)．
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题组三 两曲线(函数图象)的公切线问题 3 已知函数 f(x)＝lnx－xx＋ －11. (1) 讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2) 设x0是f(x)的一个零点，求证：曲线 y＝lnx 在点A(x0，lnx0)处的切
线也是曲线y＝ex的切线．
【解析】 (1) f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)． 因为 f′(x)＝1x＋x－212>0， 所以f(x)在区间(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
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【解析】 (1) 当1≤x≤e时，f(x)＝x2＋xlnx， 则f′(x)＝2x＋lnx＋1>0， 所以函数f(x)在区间[1，e]上单调递增， 所以f(x)max＝f(e)＝e2＋e. (2) 函数f(x)＝x2＋xlnx的定义域为(0，＋∞)， 由 f(x)＝ax3 可得 a＝x＋x2lnx， 令 g(x)＝x＋x2lnx，其中 x>0，
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【点睛】 利用导数解决函数零点问题的方法： (1) 直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与 极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴 的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合 思想和分类讨论思想的应用； (2) 构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； (3) 参变量分离法：由f(x)＝0分离变量得出a＝g(x)，将问题等价转化 为直线y＝a与函数y＝g(x)的图象的交点问题．
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活动二 典型例题
题组一 极值与极值点的存在性问题 1 设 a∈R，函数 f(x)＝ex－12ax2，f′(x)是函数 f(x)的导函数，e 是自 然对数的底数． (1) 当a＝2时，求导函数f′(x)的最小值； (2) 若函数f(x)存在极大值与极小值，求实数a的取值范围．
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【解析】 由题意，得f′(x)＝ex－ax. (1) 当a＝2时，f′(x)＝ex－2x， 记g(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2. 由g′(x)＝0，得x＝ln2， 所以当x<ln2时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>ln2时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以f′(x)min＝g(x)min＝2－2ln2. (2) 记m(x)＝f′(x)＝ex－ax， 则m′(x)＝ex－a. 因为f(x)存在极大值与极小值，
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则 p′(x)＝1＋1x>0， 所以函数 p(x)在区间(0，＋∞)上为增函数， 因为 p1e＝1e－1<0，p(1) >0，则存在 x0∈1e，1，使得 p(x0)＝0， 当0<x<x0时，f(x)＝x(x＋lnx)<0，g(x)<0； 当x>x0时，f(x)＝x(x＋lnx)>0，g(x)>0. 由题意可知，直线y＝a与函数g(x)的图象有两 个交点，如图，由图可知，当0<a<1时，直线y＝ a与函数g(x)的图象有两个交点， 故实数a的取值范围是(0,1)．
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则 g′(x)＝1－x－x3 2lnx， 令 h(x)＝1－x－2lnx，其中 x>0， 则 h′(x)＝－1－2x<0， 所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上为减函数，且h(1)＝0， 所以当0<x<1时，h(x)>0，则g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>1时， h(x)<0，则g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)极大值＝g(1)＝1， 令p(x)＝x＋lnx，其中x>0，
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已知函数 f(x)＝ex－12x2－kx－1 有两个极值点，则实数 k 的取值 范围是________.
【解析】 因为 f′(x)＝ex－x－k，若函数 f(x)＝ex－12x2－kx－1 有两个 极值点，则 f′(x)＝0 有两个不同的根，则只需满足 k＝ex－x 有两解．令 g(x)＝ex－x，则 g′(x)＝ex－1，所以当 x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，则 g(x) 单调递减；当 x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，则 g(x)单调递增，所以 g(x)min ＝g(0)＝1，所以 k>1，故实数 k 的取值范围是(1，＋∞)．
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①当 t>1e时，g(x)≤g(e)＝1e－t<0， 所以g(x)不存在零点； ②当 t＝1e，且 x≠e 时，g(e)＝1e－t＝0，g(x)<0， 所以g(x)存在唯一零点； ③当 t≤0 时，对于 x>e，g(x)＝lnxx－t>－t≥0， 即g(x)>0，
所以g(x)在区间(e，＋∞)内不存在零点，
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(i) 记 y＝1a－lna(a>e)，则 y′＝－a12－1a<0， 所以当 a>e 时，y＝1a－lna 单调递减， 所以1a－lna<1e－1<0，所以1a<lna. 因为 m1a＝e1a－1>0，且 m(lna)<0，m(x)的图象在区间1a，lna上单调 且不间断， 所以 m(x)在区间1a，lna上有且只有一个零点，
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(2) 由 f(x)＝axax＝1，得 xlna＝alnx，则lnxx－lnaa＝0. 记 t＝lnaa，设函数 g(x)＝lnxx－lnaa＝lnxx－t，x>0， 则由题设可知 g(x)存在两个零点． 因为 g′(x)＝1－x2lnx，令 g′(x)＝0，得 x＝e， 所以当 x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当 x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以 g(x)max＝g(e)＝1e－t.
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所以f′(x)，即m(x)存在两个零点，且m(x)在零点的两侧异号． ①当a≤0时，m′(x)>0，m(x)单调递增， 此时m(x)不存在两个零点； ②当a>0时，由m′(x)＝0，得x＝lna， 所以当x<lna时，m′(x)<0，m(x)单调递减； 当x>lna时，m′(x)>0，m(x)单调递增， 所以m(x)min＝m(lna)＝a－alna. 要使m(x)存在两个零点，则m(lna)＝a－alna<0， 即a>e.
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已知 a>0 且 a≠1，函数 f(x)＝axax(x>0)． (1) 当a＝e时，求f(x)的单调区间； (2) 若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求实数a的取值范 围．
内容索引Байду номын сангаас
【解析】 (1) 当 a＝e 时，f(x)＝xeex， 则 f′(x)＝exe－1·eexx－2 xe·ex＝xexee－x x. 令f′(x)＝0，得x＝e， 所以当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)的单调增区间为(0，e)，单调减区间为(e，＋∞)．
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所以 f(x)的单调减区间为0，1a，单调增区间为1a，＋∞. (2) 因为 f(1)＝a2＋a＋1>0，且 y＝f(x)的图象与 x 轴没有公共点， 所以 y＝f(x)的图象在 x 轴的上方． 由(1)中函数的单调性，得 f(x)min＝f1a＝3－3ln1a＝3＋3lna>0，解得 a>1e， 所以实数 a 的取值范围是1e，＋∞.