（新课标）2020版高考数学二轮复习 专题六 函数与导数 第5讲 函数、导数与方程学案 文 新人教A

-1-第5讲函数、导数与方程[做真题](2019·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈0，π2时，g′(x)0；当x∈π2，π时，g′(x)0，所以g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减．又g(0)＝0，g(π2)0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．[明考情]函数、导数与方程的根(零点)考查的形式以解答题为主，主要考查利用导数确定某些高次式、指数式、对数式及绝对值式结构的函数的零点或方程根的个数，或者依据它们的零点或方程根的存在情况求参数的值(或取值范围)等问题，以解答题为主．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——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，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.案例关键步【直接法】(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)．(1)略(2)证明：由于x2＋x＋10，所以f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0.设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a，[关键1：变形后构造函数．此处结合分析-2-(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点.法，考虑下一步判断求导结果与零的关系，求导消参，需先变形]则g′(x)＝x2（x2＋2x＋3）（x2＋x＋1）2≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．[关键2：利用导数判断函数单调性]又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6a－162－160，f(3a＋1)＝130，故f(x)有一个零点．[关键3：利用零点存在性定理判断零点个数]综上，f(x)只有一个零点.[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．-3-②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，t0，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．利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(1)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；(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；(3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现．[对点训练](2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝x－1x＋lnx－1＝lnx－1x.因为y＝lnx单调递增，y＝1x单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－10，-4-f′(2)＝ln2－12＝ln4－120，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又当xx0时，f′(x)0，f(x)单调递减；当xx0时，f′(x)0，f(x)单调递增．因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－30，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由αx01得1α1x0.又f1α＝1α－1ln1α－1α－1＝f（α）α＝0，故1α是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．根据零点个数确定参数范围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．案例关键步【分类讨论法】(2016·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.(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.(1)略(2)(i)设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜lna2，则f(b)＞a2(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－32b)＞0.所以f(x)有两个零点．[关键1：利用函数单调性及函数值的变化确定零点个数](ii)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．(iii)设a＜0，若a≥－e2，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)单调递增，又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．若a＜－e2，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))单调递减，在(ln(－2a)，＋-5-∞)单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．[关键2：对参数分类讨论，利用函数单调性及函数值的变化确定零点个数]综上，a的取值范围为(0，＋∞).[典型例题](2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)＝ex(lnx－ax＋a＋b)(e为自然对数的底数)，a，b∈R，直线y＝e2x是曲线y＝f(x)在x＝1处的切线．(1)求a，b的值．(2)是否存在k∈Z，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．【解】(1)f′(x)＝ex(lnx－ax＋1x＋b)，f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知，得f（1）＝e2，f′（1）＝e2即eb＝e2e（b－a＋1）＝e2，解得a＝1，b＝12.(2)由(1)知，f(x)＝exlnx－x＋32，则f′(x)＝exlnx－x＋1x＋12，令g(x)＝lnx－x＋1x＋12，则g′(x)＝－x2－x＋1x20恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝120，g(2)＝ln2－10，所以存在唯一的x0∈(1，2)使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)0，即f′(x)0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)0，即f′(x)0.所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．又当x→0时，f(x)0，f(1)＝e20，f(2)＝e2(ln2－12)0，f(e)＝ee52－e0，所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的一般方法(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解．(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解．(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．-6-[对点训练]已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R.若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：函数f(x)有两个零点，等价于方程a＝lnx＋xx2有两解．令g(x)＝lnx＋xx2，x0，则g′(x)＝1－2lnx－xx3，由g′(x)＝1－2lnx－xx30得2lnx＋x1，解得0x1，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又当x≥1时，g(x)0，当x→0时，g(x)→－∞，所以作出函数g(x)的简图，如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a∈(0，1)时符合题意．下面给出证明：当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a≤0时，方程至多一解，不符合题意；当a∈(0，1)时，g(1e)0，所以g(1e)－a0，g(2a)＝a24(ln2a＋2a)a24(2a＋2a)＝a，所以g(2a)－a0.所以方程在(1e，1)与(1，2a)上各有一个根，所以f(x)有两个零点．综上，a的取值范围为(0，1)．1．设a1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．解：(1)f(x)的定义域为R，由导数公式知f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x＋1)2ex，x∈R.因为对任意x∈R，都有f′(x)≥0，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．-7-(2)证明：由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，且f(0)＝1－a0，f(a－1)＝aea－1－a＝a(ea－1－1)．因为a1，所以a－10，所以a－10，所以ea－11，所以ea－1－10，故f(a－1)0，所以存在x0∈(0，a－1)使得f(x0)＝0.又因为f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，所以f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．2．(2019·武昌区调研考试)已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－32x2＋6x，其中a0.(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)