2020届高考数学理一轮复习讲义高考专题突破1第2课时导数与方程

第2课时导数与方程题型一求函数零点个数例1(2018·乌海模拟)已知函数f(x)＝2a2lnx－x2(a0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)．解(1)∵f(x)＝2a2lnx－x2，∴f′(x)＝2a2x－2x＝2a2－2x2x＝－2x－ax＋ax，∵x0，a0，当0xa时，f′(x)0，当xa时，f′(x)0.∴f(x)的单调递增区间是(0，a)，单调递减区间是(a，＋∞)．(2)由(1)得f(x)max＝f(a)＝a2(2lna－1)．讨论函数f(x)的零点情况如下：①当a2(2lna－1)0，即0ae时，函数f(x)无零点，在(1，e2)上无零点；②当a2(2lna－1)＝0，即a＝e时，函数f(x)在(0，＋∞)内有唯一零点a，而1a＝ee2，∴f(x)在(1，e2)内有一个零点；③当a2(2lna－1)0，即ae时，由于f(1)＝－10，f(a)＝a2(2lna－1)0，f(e2)＝2a2ln(e2)－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)(2a＋e2)，当2a－e20，即eae22时，1eae22e2，f(e2)0，由函数f(x)的单调性可知，函数f(x)在(1，a)内有唯一零点x1，在(a，e2)内有唯一零点x2，∴f(x)在(1，e2)内有两个零点．当2a－e2≥0，即a≥e22e时，f(e2)≥0，而且f(e)＝2a2·12－e＝a2－e0，f(1)＝－10，由函数的单调性可知，无论a≥e2，还是ae2，f(x)在(1，e)内有唯一的零点，在(e，e2)内没有零点，从而f(x)在(1，e2)内只有一个零点．综上所述，当0ae时，函数f(x)在区间(1，e2)上无零点；当a＝e或a≥e22时，函数f(x)在区间(1，e2)上有一个零点；当eae22时，函数f(x)在区间(1，e2)上有两个零点．思维升华(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．跟踪训练1设函数f(x)＝lnx＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3的零点的个数．解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋ex，则f′(x)＝x－ex2(x0)，由f′(x)＝0，得x＝e.∴当x∈(0，e)时，f′(x)0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0m23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m23时，函数g(x)有两个零点．题型二根据函数零点情况求参数范围例2(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝1x－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：fx1－fx2x1－x2a－2.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②若a2，令f′(x)＝0，得x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42.当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)0；当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)0.所以f(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42上单调递增．(2)证明由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1x2，则x21.由于fx1－fx2x1－x2＝－1x1x2－1＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋alnx1－lnx2x1－x2＝－2＋a－2lnx21x2－x2，所以fx1－fx2x1－x2a－2等价于1x2－x2＋2lnx20.设函数g(x)＝1x－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)0.所以1x2－x2＋2lnx20，即fx1－fx2x1－x2a－2.思维升华函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间1e，e上有两个不等实根，求实数a的取值范围．解由g(x)＝2f(x)，可得2xlnx＝－x2＋ax－3，a＝x＋2lnx＋3x，设h(x)＝x＋2lnx＋3x(x0)，所以h′(x)＝1＋2x－3x2＝x＋3x－1x2.所以x在1e，e上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下：x1e，11(1，e)h′(x)－0＋h(x)↘极小值↗又h1e＝1e＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝3e＋e＋2.且h(e)－h1e＝4－2e＋2e0.所以h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝h1e＝1e＋3e－2，所以实数a的取值范围为4a≤e＋2＋3e，即a的取值范围为4，e＋2＋3e.1．已知函数f(x)＝a＋x·lnx(a∈R)，试求f(x)的零点个数．解f′(x)＝(x)′lnx＋x·1x＝xlnx＋22x，令f′(x)0，解得xe－2，令f′(x)0，解得0xe－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(e－2)＝a－2e，显然当a2e时，f(x)min0，f(x)无零点，当a＝2e时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点，当a2e时，f(x)min0，f(x)有2个零点．2．已知f(x)＝1x＋exe－3，F(x)＝lnx＋exe－3x＋2.(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．解(1)f′(x)＝－1x2＋exe＝x2ex－eex2，令f′(x)0，解得x1，令f′(x)0，解得0x1，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)F′(x)＝f(x)＝1x＋exe－3，由(1)得∃x1，x2，满足0x11x2，使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，而F(1)＝0，x→0时，F(x)→－∞，x→＋∞时，F(x)→＋∞，画出函数F(x)的草图，如图所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．3．已知函数f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx，且方程f(x)＝g(x)在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a的取值范围．解由已知可得方程a＝2lnxx2在区间[2，e]上有两个不等解，令φ(x)＝2lnxx2，由φ′(x)＝21－2lnxx3易知，φ(x)在(2，e)上为增函数，在(e，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ(e)＝1e，由于φ(e)＝2e2，φ(2)＝ln22，φ(e)－φ(2)＝2e2－ln22＝4－e2ln22e2＝lne4－ln2e22e2ln81－ln272e20，所以φ(e)φ(2)．所以φ(x)min＝φ(e)，如图可知φ(x)＝a有两个不相等的解时，需ln22≤a1e.即f(x)＝g(x)在[2，e]上有两个不相等的解时，a的取值范围为ln22，1e.4．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋e2x(x0)．(1)若g(x)＝m有零点，求m的取值范围；(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．解(1)∵g(x)＝x＋e2x≥2e2＝2e(x0)，当且仅当x＝e2x时取等号，∴当x＝e时，g(x)有最小值2e.∴要使g(x)＝m有零点，只需m≥2e.即当m∈[2e，＋∞)时，g(x)＝m有零点．(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点．如图，作出函数g(x)＝x＋e2x(x0)的大致图象．∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2，∴其对称轴为x＝e，f(x)max＝m－1＋e2.若函数f(x)与g(x)的图象有两个交点，则m－1＋e22e，即当m－e2＋2e＋1时，g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．5．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x22.(1)解f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②设a0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b0且blna2，则f(b)a2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b0，故f(x)存在两个零点．③设a0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．若a－e2，则ln(－2a)1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)0.因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明不妨设x1x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)内单调递减，所以x1＋x22等价于f(x1)f(2－x2)，即f(2－x2)0.由于f(2－x2)＝22e2xx－－＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)2ex＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝22222e(2)e.xxxx－－－设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当x1时，g′(x)0.而g(1)＝0，故当x1时，g(x)0.