2021高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 高考专题突破一 第2课时 导数与方程课件 理 新人教

第2课时导数与方程高考专题突破一高考中的导数应用问题函数零点个数问题题型一答题模板例1(12分)(2019·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：(1)f′(x)在区间上存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.－1，π2规范解答证明(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝cosx－1x＋1，[1分]令g(x)＝cosx－1x＋1，x∈－1，π2，∴g′(x)＝－sinx＋1x＋12，x∈－1，π2，易知g′(x)在－1，π2上单调递减.[2分]又g′(0)＝－sin0＋1＝10，g′π2＝－sinπ2＋4π＋22＝4π＋22－10，∴∃x0∈0，π2，使得g′(x0)＝0.[3分]当x∈x0，π2时，g′(x)0，∴g(x)在(－1，x0)上单调递增，在x0，π2上单调递减.故x＝x0为g(x)在区间－1，π2上唯一的极大值点，即f′(x)在区间－1，π2上存在唯一的极大值点x0.[5分]∴当x∈(－1，x0)时，g′(x)0；(2)由(1)知f′(x)＝cosx－1x＋1，x∈(－1，＋∞).②当x∈0，π2时，f′(x)在(0，x0)上单调递增，在x0，π2上单调递减，①当x∈(－1,0]时，由(1)可知f′(x)在(－1,0]上单调递增，∴f′(x)≤f′(0)＝0，∴f(x)在(－1,0]上单调递减，又f(0)＝0.∴x＝0为f(x)在(－1,0]上的唯一零点.[7分]又f′(0)＝0，∴f′(x0)0，∴f(x)在(0，x0)上单调递增，此时f(x)f(0)＝0，不存在零点，又f′π2＝cosπ2－2π＋2＝－2π＋20，∴∃x1∈x0，π2，使得f′(x1)＝0，∴f(x)在(x0，x1)上单调递增，在x1，π2上单调递减，又f(x0)f(0)＝0，fπ2＝sinπ2－ln1＋π2＝ln2eπ＋2ln1＝0.∴f(x)0在x0，π2上恒成立，不存在零点.[9分]③当x∈π2，π时，易知f(x)在π2，π上单调递减，又fπ20，f(π)＝sinπ－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)0，∴f(x)在π2，π上存在唯一零点.[10分]④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)ln(π＋1)1，∴f(x)＝sinx－ln(1＋x)0，∴f(x)在(π，＋∞)上不存在零点，综上所述，f(x)有且仅有2个零点.[12分]第一步：求导函数f′(x)；第二步：二次求导：设g(x)＝f′(x)，求g′(x)；第三步：讨论g(x)的性质：根据g′(x)的符号讨论g(x)的单调性和零点；第四步：讨论f(x)的性质：根据f′(x)的符号讨论f(x)的单调性和零点.答题模板DATIMUBAN跟踪训练1(2020·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.71828…是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间；解因为f(x)＝ex－ax－1，所以f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a0时，令f′(x)0，得xlna，令f′(x)0，得xlna，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)，单调递增区间为(lna，＋∞).(2)讨论g(x)＝f(x)x－12在区间[0,1]上零点的个数.解令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝12，由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增；若a≤0，由f(0)＝0，知f(x)在区间[0,1]上有一个零点；若lna≤0，即0a≤1，则f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在[0,1]上有一个零点；若0lna1，即1ae，则f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna,1)上单调递增，又f(1)＝e－a－1，所以当e－a－1≥0，即1a≤e－1时，f(x)在[0,1]上有两个零点，又当x＝12时，由f12＝0得a＝2(e－1)，当e－a－10，即e－1ae时，f(x)在[0,1]上有一个零点；若lna≥1，即a≥e，则f(x)在[0,1]上单调递减，f(x)在[0,1]上只有一个零点.所以当a≤1或ae－1或a＝2(e－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1a≤e－1且a≠2(e－1)时，g(x)在[0,1]上有三个零点.根据函数零点情况求参数范围题型二师生共研例2已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围.1e，e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)的变化情况如下表：x1(1，e)h′(x)－0＋h(x)↘极小值↗1e，1又h1e＝1e＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝3e＋e＋2.且h(e)－h1e＝4－2e＋2e0.所以在1e，e上，h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝h1e＝1e＋3e－2，若方程在1e，e上有两个不等实根，则4a≤e＋2＋3e，所以实数a的取值范围为4，e＋2＋3e.方程根或函数零点的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.思维升华SIWEISHENGHUA跟踪训练2已知函数g(x)＝在[1,4]上有两个不同的零点，求实数b的取值范围.14x2－32x＋lnx－b解g(x)＝14x2－32x＋lnx－b(x0)，则g′(x)＝x－2x－12x.在[1,4]上，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：x(1,2)2(2,4)g′(x)－0＋g(x)↘极小值↗g(x)极小值＝g(2)＝ln2－b－2，又g(4)＝2ln2－b－2，g(1)＝－54－b.若方程g(x)＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，则g1≥0，g20，g4≥0，解得ln2－2b≤－54.故实数b的取值范围是ln2－2，－54.近几年导数中双参问题经常出现，难度较大.破解含双参问题关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.含双参问题的转化拓展视野例1(2020·蓉城名校联考)已知函数h(x)＝xe－x，如果x1≠x2且h(x1)＝h(x2)，证明：x1＋x22.证明h′(x)＝e－x(1－x)，令h′(x)＝0，解得x＝1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表.x(－∞，1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)↗↘1e由x1≠x2，不妨设x1x2，根据h(x1)＝h(x2)结合图象(图略)可知x11，x21.令F(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈[1，＋∞)，则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x，∵x≥1,2x－2≥0，∴e2x－2－1≥0，∴F′(x)≥0，∴F(x)在[1，＋∞)上单调递增，又∵F(1)＝0，∴x1时，F(x)F(1)＝0，即当x1时，h(x)h(2－x)，则h(x1)h(2－x1)，又h(x1)＝h(x2)，∴h(x2)h(2－x1)，∵x11，∴2－x11，∴x2，2－x1∈(－∞，1)，∵h(x)在(－∞，1)上是增函数，∴x22－x1，∴x1＋x22得证.例2已知f(x)＝xlnx－mx2－x，m∈R.若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1x2，求证：x1x2e2(e为自然对数的底数).12证明欲证x1x2e2，需证lnx1＋lnx22，由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f′(x)有两个零点，又f′(x)＝lnx－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不同实根.于是有lnx1－mx1＝0，①lnx2－mx2＝0，②①＋②可得lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，即m＝lnx1＋lnx2x1＋x2，②－①可得lnx2－lnx1＝m(x2－x1)，即m＝lnx2－lnx1x2－x1，从而可得lnx2－lnx1x2－x1＝lnx1＋lnx2x1＋x2，于是lnx1＋lnx2＝lnx2－lnx1x2＋x1x2－x1＝1＋x2x1lnx2x1x2x1－1.又0x1x2，设t＝x2x1，则t1.因此lnx1＋lnx2＝1＋tlntt－1，t1.要证lnx1＋lnx22，即证t＋1lntt－12(t1)，即证当t1时，有lnt2t－1t＋1，令h(t)＝lnt－2t－1t＋1(t1)，则h′(t)＝1t－2t＋1－2t－1t＋12＝t－12tt＋120，因此h(t)ln1－21－11＋1＝0.于是当t1时，有lnt2t－1t＋1.所以h(t)为(1，＋∞)上的增函数，所以有lnx1＋lnx22成立，即x1x2e2.基础保分练12345课时精练1.已知函数f(x)＝a＋xlnx(a∈R).(1)求f(x)的单调区间；解函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，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)的单调减区间为(0，e－2)，单调增区间为(e－2，＋∞).12345(2)判断f(x)的零点个数.12345解由(1)得f(x)min＝f(e－2)＝a－2e，若a2e，则f(x)min0，f(x)无零点；若a＝2e，则f(x)min＝0，f(x)有一个零点；若a2e，则f(x)min0，当a≤0时，在(0，e－2]上有f(x)＝a＋xlnxa≤0，f(x)在(0，e－2]上单调递减，在[e－2，＋∞)上单调递增，∴f(x)在区间(0，e－2]上无零点，在[e－2，＋∞)上有f(e－2a)＝a(1－2e－a)≥0，f(x)在区间[e－2，＋∞)上有一个零点；当0a2e时，有04eae－2，，易证当x0时，exx2成立，∴4(e)afa－4a2a2＝0，综上，当a2e时，f(x)无零点，又f(e－2)0，f(1)＝a0，∴f(x)在(0，e－2]上有一个零点，在(e－2，＋∞)上有一个零点.424(e)eaafaa当a≤0或a＝2e时，f(x)有一个零点，当0a2e时，f(x)有2个零点.123452.已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R).若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围.123451e，e12345则g′(x)＝2x－2x＝－2x＋1x－1x.因为x∈1e，e，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当1e≤x1时，g′(x)0；当1x≤e时，g′(x)0.又g1e＝m－2－1e2，g(e)＝m＋2－e2，解g(x)＝2lnx－x2＋m，故g(x)在