《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與方程學(xué)案 文 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第5講 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與方程學(xué)案 文 新人教A版（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講　函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與方程 [做真題] (2019·高考全國(guó)卷Ⅰ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．證明：f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點(diǎn)． 證明：設(shè)g(x)＝f′(x)， 則g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x. 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 又g(0)＝0，g()>0，g(π)＝－2， 故g(x)在(0，π)存在唯一零點(diǎn)． 所以f′(x)在(0，π)存在唯一零點(diǎn)． [明考情] 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與方程的根(零點(diǎn))考查的形式以解答題

2、為主，主要考查利用導(dǎo)數(shù)確定某些高次式、指數(shù)式、對(duì)數(shù)式及絕對(duì)值式結(jié)構(gòu)的函數(shù)的零點(diǎn)或方程根的個(gè)數(shù)，或者依據(jù)它們的零點(diǎn)或方程根的存在情況求參數(shù)的值(或取值范圍)等問(wèn)題，以解答題為主． 　　　判斷、證明或討論函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù) 兩類零點(diǎn)問(wèn)題的不同處理方法：利用零點(diǎn)存在性定理的條件——函數(shù)圖象在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0.①直接法：判斷一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，若函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，取值證明f(a)·f(b)<0；②分類討論法：判斷幾個(gè)零點(diǎn)時(shí)，需要先結(jié)合單調(diào)性，確定分類討論的標(biāo)準(zhǔn)，再利用零點(diǎn)存在性定理，在每個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)取值證明f(a)·f(b)<0. 案例 關(guān)鍵步 【直接法

3、】 (2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)． (1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn). (1)略 (2)證明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等價(jià)于－3a＝0. 設(shè)g(x)＝－3a，[關(guān)鍵1：變形后構(gòu)造函數(shù)．此處結(jié)合分析法，考慮下一步判斷 則g′(x)＝≥0，僅當(dāng)x＝0時(shí)g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增． 故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)． 又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一個(gè)零點(diǎn)．[關(guān)鍵3：利用零點(diǎn)存在性定理

4、判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)] 綜上，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn). [典型例題] (2019·廣東省七校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a<0時(shí)，求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)． 【解】　(1)由題意知，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝. ①當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝－， 故在上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 在上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減． 綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單

5、調(diào)遞減． (2)由(1)可知，當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 故f(x)max＝f＝ln－1. ①當(dāng)ln<1，即a<－時(shí)，f <0， 函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)． ②當(dāng)ln＝1時(shí)，即a＝－時(shí)，f＝0， 函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)． ③當(dāng)ln>1，即－0， 令00， 則在(e，＋∞)上，g′(t)＝－1<0，故g(t)在(e，＋∞)上單調(diào)

6、遞減， 故在(e，＋∞)上，g(t)

7、國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ln x－x－1.證明： (1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn)； (2)f(x)＝0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)． 證明：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． f′(x)＝＋ln x－1＝ln x－. 因?yàn)閥＝ln x單調(diào)遞增，y＝單調(diào)遞減，所以f′(x)單調(diào)遞增．又f′(1)＝－1<0， f′(2)＝ln 2－＝>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0. 又當(dāng)xx0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 因此，f(x)存在唯一的極值點(diǎn)． (2)由(1)知f(x0)

8、)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)內(nèi)存在唯一根x＝α. 由α>x0>1得<1

9、數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的參數(shù)范圍，通常解法為結(jié)合單調(diào)性，先確定參數(shù)分類的標(biāo)準(zhǔn)，在每個(gè)小范圍內(nèi)研究零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是否符合題意，將滿足題意的參數(shù)的各小范圍并在一起，即為所求參數(shù)范圍． 案例 關(guān)鍵步 【分類討論法】 (2016·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍. (1)略 (2)(i)設(shè)a＞0，則由(1)知，f(x)在(－∞，1)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)單調(diào)遞增． 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b＜0且b＜ln ，則f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－b)＞0.所以f

10、(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． [關(guān)鍵1：利用函數(shù)單調(diào)性及函數(shù)值的變化確定零點(diǎn)個(gè)數(shù)] (ii)設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)． (iii)設(shè)a＜0，若a≥－，則由(1)知，f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)＜0，故f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)．若a＜－，則由(1)知，f(x)在(1，ln (－2a))單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)單調(diào)遞增．又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)＜0，故f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)．[關(guān)鍵2：對(duì)參數(shù)分類討論，利用函數(shù)單調(diào)性及函數(shù)值的變化確定零點(diǎn)個(gè)數(shù)] 綜上，a的取值范圍為(0，＋∞). [典型例題] (2019·南昌市第一次

11、模擬測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝ex(ln x－ax＋a＋b)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，a，b∈R，直線y＝x是曲線y＝f(x)在x＝1處的切線． (1)求a，b的值． (2)是否存在k∈Z，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零點(diǎn)？若存在，求出k的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 【解】　(1)f′(x)＝ex(ln x－ax＋＋b)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 由已知，得即，解得a＝1，b＝. (2)由(1)知，f(x)＝ex，則f′(x)＝ex， 令g(x)＝ln x－x＋＋，則g′(x)＝－<0恒成立， 所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又g(1)＝>0，g(2)＝ln

12、 2－1<0， 所以存在唯一的x0∈(1，2)使得g(x0)＝0，且當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)>0，即f′(x)>0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g(x)<0，即f′(x)<0. 所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減． 又當(dāng)x→0時(shí)，f(x)<0，f(1)＝>0，f(2)＝e2(ln 2－)>0，f(e)＝ee<0， 所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零點(diǎn)． 利用函數(shù)零點(diǎn)的情況求參數(shù)的值或取值范圍的一般方法 (1)分離參數(shù)(a＝g(x))后，將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為y＝g(x)的值域(最值)問(wèn)題或轉(zhuǎn)化為直線y＝a與y＝g(x)的圖象的

13、交點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題(優(yōu)選分離、次選分類)求解． (2)利用零點(diǎn)的存在性定理構(gòu)建不等式求解． (3)轉(zhuǎn)化為兩個(gè)熟悉的函數(shù)圖象的位置關(guān)系問(wèn)題，從而構(gòu)建不等式求解．　 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍． 解：函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于方程a＝有兩解． 令g(x)＝，x>0，則g′(x)＝， 由g′(x)＝>0得2ln x＋x<1，解得00， 當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→－∞， 所以作出函數(shù)g(x)的簡(jiǎn)圖，如圖，結(jié)合函數(shù)值

14、的變化趨勢(shì)猜想：當(dāng)a∈(0，1)時(shí)符合題意． 下面給出證明： 當(dāng)a≥1時(shí)，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合題意； 當(dāng)a≤0時(shí)，方程至多一解，不符合題意； 當(dāng)a∈(0，1)時(shí)，g()<0，所以g()－a<0， g()＝(ln ＋)<(＋)＝a，所以g()－a<0. 所以方程在(，1)與(1，)上各有一個(gè)根，所以f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． 綜上，a的取值范圍為(0，1)． 1．設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)． 解：(1)f(x)的定義域?yàn)镽，由導(dǎo)數(shù)公式知f′(x)＝2x

15、ex＋(1＋x2)ex＝(x＋1)2ex，x∈R. 因?yàn)閷?duì)任意x∈R，都有f′(x)≥0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間． (2)證明：由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增， 且f(0)＝1－a<0，f()＝ae－a＝a(e－1)．因?yàn)閍>1，所以a－1>0，所以>0，所以e>1， 所以e－1>0，故f()>0， 所以存在x0∈(0，)使得f(x0)＝0. 又因?yàn)閒(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)． 2．(2019·武昌區(qū)調(diào)研考試)已知函數(shù)f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－x2＋6

16、x，其中a>0. (1)若曲線y＝f(x)經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，求該曲線在原點(diǎn)處的切線方程； (2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1)因?yàn)閒(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此時(shí)f(x)＝ex－ex－1. 所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e. 所以曲線y＝f(x)在原點(diǎn)處的切線方程為y＝(1－e)x. (2)因?yàn)閒(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)． 當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)0

17、)時(shí)，f(x)min＝f(1)＝－1. 令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－x2＋6x＋m， 則h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)． 當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)00. 所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，h(x)max＝h(1)＝＋m. 要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解， 則＋m≥－1，即m≥－. 所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為[－，＋∞)． 3．已知函數(shù)f(x)＝(a，b∈R，a≠0)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為－a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (

18、2)討論方程f(x)＝1根的個(gè)數(shù)． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝，由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，所以f(x)＝，f′(x)＝－. 當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0，得0. 當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)>0，得x>； 由f′(x)<0，得00時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)f(x)＝1，即方程＝1，即方程＝，構(gòu)造函數(shù)h(x)＝， 則h′(x)＝－，令h′(x)＝0，得x＝，且在上h′(x)>0，在上h′(x)<0，即h

19、(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h＝e. 在上，h(x)單調(diào)遞減且h(x)＝>0，當(dāng)x無(wú)限增大時(shí)，h(x)無(wú)限接近0； 在上，h(x)單調(diào)遞增且當(dāng)x無(wú)限接近0時(shí)，ln x＋2負(fù)無(wú)限大，故h(x)負(fù)無(wú)限大． 故當(dāng)0<時(shí)，方程f(x)＝1有兩個(gè)不等實(shí)根，當(dāng)a＝時(shí)，方程f(x)＝1只有一個(gè)實(shí)根，當(dāng)a<0時(shí)，方程f(x)＝1只有一個(gè)實(shí)根． 綜上可知，當(dāng)a>時(shí)，方程f(x)＝1有兩個(gè)實(shí)根；當(dāng)a<0或a＝時(shí)，方程f(x)＝1有一個(gè)實(shí)根；當(dāng)0

20、函數(shù)f(x)的圖象在(2，f(2))處的切線與直線x－y＝0平行，求實(shí)數(shù)n的值； (2)若n＝1時(shí)，函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(02. 解：(1)由題意得f′(x)＝，所以f′(2)＝. 由于函數(shù)f(x)的圖象在(2，f(2))處的切線與直線x－y＝0平行， 所以＝1，解得n＝6. (2)證明：若n＝1時(shí)，f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(01，ln t＝，x1＝，故x1＋x2＝x1(t＋1)＝， 所以x1＋x2－2＝， 記函數(shù)h(t)＝－ln t(t>1)，則h′(t)＝>0， 所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)>h(1)＝0， 又t>1時(shí)，ln t>0，所以x1＋x2>2成立． - 10 -