（京津鲁琼专用）2020版高考数学二轮复习 第二部分 专题六 函数与导数 第5讲 导数与方程课件

数学第二部分高考热点分层突破专题六函数与导数第5讲导数与方程01研考点考向破重点难点判断、证明或讨论函数零点个数两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)0.(1)直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)0；(2)分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)0.高考真题【直接法】(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－x＋1x－1.(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，证明曲线y＝lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.思维方法(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).因为f′(x)＝1x＋2（x－1）20，【关键1：正确求出导函数，研究函数的单调性】所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增.因为f(e)＝1－e＋1e－10，f(e2)＝2－e2＋1e2－1＝e2－3e2－10，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(ex1e2)，即f(x1)＝0.【关键2：利用零点存在性定理判断在(1，＋∞)内存在一个零点】思维方法又01x11，f1x1＝－lnx1＋x1＋1x1－1＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0，1)有唯一零点1x1.【关键3：利用零点存在性定理判断在(0，1)内存在一个零点】综上，f(x)有且仅有两个零点.(2)略高考真题【分类讨论法】(2019·高考全国卷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.思维方法证明：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－11＋x，g′(x)＝－sinx＋1（1＋x）2.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.【关键1：利用零点的存在性定理确定g′(x)在－1，π2内有唯一零点】则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈α，π2时，g′(x)＜0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在α，π2单调递减，故g(x)在－1，π2存在唯一极大值点，即f′(x)在－1，π2存在唯一极大值点.【关键2：根据函数的单调性与极大值点的定义判断极大值点的存在性】思维方法(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.②当x∈0，π2时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在α，π2单调递减，而f′(0)＝0，f′π2＜0，所以存在β∈α，π2，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈β，π2时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在β，π2单调递减.又f(0)＝0，fπ2＝1－ln1＋π2＞0，所以当x∈0，π2时，f(x)＞0.从而，f(x)在0，π2没有零点.③当x∈π2，π时，f′(x)＜0，所以f(x)在π2，π单调递减．而fπ2＞0，f(π)＜0，所以f(x)在π2，π有唯一零点.思维方法④当x∈π，＋∞时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．【关键3：在定义域内的不同区间，利用函数的单调性、最值、零点存在性定理判断零点的个数】综上，f(x)有且仅有2个零点.[典型例题](2019·广东省七校联考)已知函数f(x)＝lnx＋ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0时，求函数f(x)的零点个数．【解】(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋a＝ax＋1x.①当a≥0时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a0时，令f′(x)＝0，得x＝－1a，故在0，－1a上，f′(x)0，f(x)单调递增，在－1a，＋∞上，f′(x)0，f(x)单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．(2)由(1)可知，当a0时，f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．故f(x)max＝f－1a＝ln－1a－1.①当ln－1a1，即a－1e时，f－1a0，函数f(x)没有零点．②当ln－1a＝1时，即a＝－1e时，f－1a＝0，函数f(x)有一个零点．③当ln－1a1，即－1ea0时，f－1a0，令0b1且b－1a，则lnb0，f(b)＝lnb＋ablnb0，故f(b)·f－1a0，f(x)在b，－1a上有一个零点．f1a2＝ln1a2＋1a＝2ln－1a＋1a，令t＝－1a，则t∈(e，＋∞)．令g(t)＝2lnt－t，te，则在(e，＋∞)上，g′(t)＝2t－10，故g(t)在(e，＋∞)上单调递减，故在(e，＋∞)上，g(t)g(e)＝2－e0，则f1a20，故f－1a·f1a20，f(x)在－1a，1a2上有一个零点．故f(x)在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当a－1e时，函数f(x)没有零点；当a＝－1e时，函数f(x)有一个零点；当－1ea0时，函数f(x)有两个零点．根据参数确定函数的零点个数有两种解决方法：一种是利用单调性与零点存在性定理求解，另一种是化原函数为两个函数，利用两个函数图象的交点个数来求解．[对点训练](2019·湖南省五市十校联考)已知函数f(x)＝m（x2－1）x－2lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若m＝12，证明：f(x)有且只有三个零点．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝m1＋1x2－2x＝mx2－2x＋mx2，①m≤0时，因为x0，所以f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②m0时，令g(x)＝mx2－2x＋m，(i)m≥1时，Δ＝4－4m2≤0，此时f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(ii)0m1时，Δ＝4－4m20，令f′(x)＝0，则x1＝1－1－m2m，x2＝1＋1－m2m，所以x∈0，1－1－m2m∪1＋1－m2m，＋∞时，f′(x)0，x∈1－1－m2m，1＋1－m2m时，f′(x)0，所以f(x)在0，1－1－m2m和1＋1－m2m，＋∞上单调递增，在1－1－m2m，1＋1－m2m上单调递减．综上，m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；m≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；0m1时，f(x)在1－1－m2m，1＋1－m2m上单调递减，在0，1－1－m2m和1＋1－m2m，＋∞上单调递增．(2)证明：因为m＝12，所以f(x)＝12x－1x－2lnx，由(1)可知f(x)在(0，2－3)和(2＋3，＋∞)上单调递增，在(2－3，2＋3)上单调递减，又f(1)＝0，且1∈(2－3，2＋3)，所以f(x)在(2－3，2＋3)上有唯一零点x＝1.又0e－32－3，f(e－3)＝12(e－3－e3)＋6＝12e3＋6－e327－e320，所以f(x)在(0，2－3)上有唯一零点．又e32＋3，f(e3)＝－f(e－3)0，所以f(x)在(2＋3，＋∞)上有唯一零点．综上，当m＝12时，f(x)有且只有三个零点．已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．根据零点个数确定参数范围高考真题【由导数特点分类讨论】(2018·高考全国卷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.思维方法(1)略(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．【关键1：构造函数h(x)，将f(x)的零点情况转化为h(x)的零点情况】(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；【关键2：对参数a分类讨论，结合函数值判断函数零点情况】(ⅱ)当a＞0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.思维方法故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)的最小值.【关键3：分类讨论，利用导数研究函数单调性，求函数最值】①若h(2)＞0，即a＜e24，h(x)在(0，＋∞)没有零点；②若h(2)＝0，即a＝e24，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；③若h(2)＜0，即a＞e24，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点.由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a＝1－16a3（e2a）2＞1－16a3（2a）4＝1－1a＞0.思维方法故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点.【关键4：对函数最小值的符号分类讨论，结合函数单调性判断零点情况，求出参数值】综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝e24.高考真题【直接分类讨论】(2017·高考全国卷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.思维方法(1)略(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点.【关键1：针对f(x)解析式的特点，可对参数a直接分类讨论】(ⅱ)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．【关键2：结合函数单调性求函数最小值，进而根据最小值直接判断零点的情况】①当a＝1时，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一个零点；②当a∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋lna0，即f(－lna)0，故f(x)没有零点；③当a∈(0，1)时，1－1a＋lna0，即f(－lna)0.思维方法又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－