2020高考数学二轮总复习 第1部分 层级3 专题2 函数、导数与不等式 第1讲 导数与函数的零点问

第一部分高考层级专题突破层级三2个压轴大题巧取高分专题二函数、导数与不等式第一讲导数与函数的零点问题栏目导航感悟真题题型突破课时跟踪检测1．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，g′(x)0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．①当a≤0时，h(x)0，h(x)没有零点；②当a0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0,2)时，h′(x)0;当x∈(2，＋∞)时，h′(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值．(ⅰ)若h(2)0，即ae24，h(x)在(0，＋∞)没有零点．(ⅱ)若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅲ)若h(2)0，即ae24，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点；由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3e2a21－16a32a4＝1－1a0，故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．综上，当f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.2．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．①若a≤0，则f′(x)0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．②若a0，则由f′(x)＝0得x＝－lna.当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)0；当x∈(－lna，＋∞)时，f′(x)0.所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)①若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．②若a0，由(1)知，当x＝－lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(－lna)＝1－1a＋lna.(ⅰ)当a＝1时，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一个零点；(ⅱ)当a∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋lna0，即f(－lna)0，故f(x)没有零点；(ⅲ)当a∈(0,1)时，1－1a＋lna0，即f(－lna)0.又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2－2e－2＋20，故f(x)在(－∞，－lna)有一个零点．设正整数n0满足n0ln3a－1，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0en0－n02n0－n00.由于ln3a－1－lna，因此f(x)在(－lna，＋∞)有一个零点．综上，a的取值范围为(0,1).明考情主要考查利用导数来判断函数的零点或方程根的个数，或者依据函数的零点、方程根的存在情况求参数的值(或取值范围)．题型一讨论函数零点个数|析典例|【例】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)－x3零点的个数．[解](1)函数的定义域为(0，＋∞)，当m＝e时，f(x)＝lnx＋ex，则f′(x)＝x－ex2，令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，∴当m＝e时，f(x)的极小值为2.(2)由题设知，g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，令φ′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍)，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.结合函数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．|规律方法|判断函数零点个数的常用方法(1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．(2)分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．|练题点|(2019·永州三模)已知函数f(x)＝2alnx－x2.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0时，求函数f(x)在区间(1，e2)上的零点个数．解：(1)由f(x)＝2alnx－x2(x0)，得f′(x)＝2ax－2x＝2a－x2x.若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；若a0，f′(x)＝－2x＋ax－ax.当x∈(0，a)时，f′(x)0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)0.∴f(x)在(0，a)上为增函数，在(a，＋∞)上为减函数．(2)已知a0，由(1)知，①若a≤1，即0a≤1，f(x)在(1，e2)上单调递减，且f(1)＝－10，∴f(x)在(1，e2)上无零点；②若1ae2，即1ae4，f(x)在(1，a)上单调递增，在(a，e2)上单调递减，且f(1)＝－10，f(a)＝2alna－a＝alna－a.若f(a)＝alna－a0，即1ae时，f(x)在(1，e2)上无零点；若f(a)＝alna－a＝0，即a＝e时，f(x)在(1，e2)上有1个零点；若f(a)＝alna－a0，即eae4时，f(e2)＝4a－e4.当4a－e4≥0，即e44≤ae4时，f(x)在(1，e2)上有1个零点；当4a－e40，即eae44时，f(x)在(1，e2)上有2个零点；③若a≥e2，即a≥e4时，f(x)在(1，e2)上单调递增，又f(1)＝－10，f(e2)＝4a－e4≥3e40，所以f(x)在(1，e2)上有1个零点．综上，当0ae时，f(x)在(1，e2)上无零点；当a≥e44或a＝e时，f(x)在(1，e2)上有1个零点；当eae44时，f(x)在(1，e2)上有2个零点．题型二已知函数零点求参数或证明问题|析典例|【例】(2019·齐齐哈尔二模)已知函数f(x)＝lnx－ax－bx(a，b∈R)．(1)当b＝0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝fxx在x＝e(e为自然对数的底数)时取得极值，且函数g(x)在(0，e)上有两个零点，求实数b的取值范围．[思路分析]第(1)问：求什么，如何想讨论单调性想到先求定义域，再求f′(x)然后判断给什么，如何用已知函数求定义域求f′(x)，判断f′(x)的符号第(2)问：求什么，如何想已知g(x)的零点个数求参数b的取值范围想到判断g(x)单调性并求g(x)的极值再分析给什么，如何用已知g(x)及定义范围，可求g(x)的极大值利用g(x)极大值0，g(e)0建立可求范围[规范解答](1)当b＝0时，f(x)＝lnx－ax，x∈(0，＋∞)．f′(x)＝1－lnx－ax2＝－[lnx－a＋1]x2，令f′(x)＝0，得x＝ea＋1，可得函数f(x)在(0，ea＋1)上单调递增，在(ea＋1，＋∞)上单调递减．(2)g(x)＝fxx＝lnx－ax2－b，x∈(0，＋∞)．g′(x)＝x－2xlnx－ax4＝1－2lnx＋2ax3.∵函数g(x)在x＝e(e为自然对数的底数)时取得极值，∴g′(e)＝1－1＋2ae3＝0，解得a＝0.∴g(x)＝lnxx2－b，g′(x)＝－2lnx－12x3.可得当x＝e(e为自然对数的底数)时取得极大值，∵函数g(x)在(0，e)上有两个零点，∴g(e)＝12e－b0，g(e)＝1e2－b0，解得1e2b12e.当b∈1e2，12e时，x→0时，g(x)0，故g(x)在(0，e)上有两个零点．∴实数b的取值范围是1e2，12e.|规律方法|解决已知函数零点个数，求参数取值范围问题时，常从以下两个方面去思考．(1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件．(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调性情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．|练题点|1．(2019·辽宁锦州联考)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．解：(1)由f(x)＝ex＋ax－a，得f′(x)＝ex＋a.∵函数f(x)在x＝0处取得极值，∴f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1.∴f′(x)＝ex－1.∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增．易知f(x)在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f(－2)＝1e2＋3，f(1)＝e，f(－2)f(1)，∴f(x)在[－2,1]上的最大值为1e2＋3.(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex0，①当a0时，f′(x)0，f(x)是增函数，且当x1时，f(x)＝ex＋a(x－1)0.当x0时，取x＝－1a，则f－1a1＋a－1a－1＝－a0，∴函数f(x)存在零点，不满足题意；②当a0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，得x＝ln(－a)．当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)0，f(x)单调递减，当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增，∴x＝ln(－a)时，f(x)取得最小值．函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)0，解得－e2a0.综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．2．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：(1)f′(x)在区间－1，π2存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点．证明：(1)设g(x)＝f′(x)＝cosx－11＋x，则g′(x)＝－sinx＋11＋x2.结合g′(x)的图象知，当x∈－1，π2时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′π2＜0，可得g′(x)在－1，π2有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当