2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题六 第5讲 导数与方程含解析

2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题六 第5讲 导数与方程含解析

第5讲　导数与方程 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 思维方法 ‎【直接法】‎ ‎(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x－.‎ ‎(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＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.‎ ‎(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).‎ 因为f′(x)＝＋>0，【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－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－，‎ 故在上，f′(x)>0，f(x)单调递增，‎ 在上，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a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)由(1)可知，当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ 故f(x)max＝f＝ln－1.‎ ‎①当ln <1，即a<－时，f <0，‎ 函数f(x)没有零点．‎ ‎②当ln ＝1时，即a＝－时，f＝0，‎ 函数f(x)有一个零点．‎ ‎③当ln>1，即－0，‎ 令0e，‎ 则在(e，＋∞)上，g′(t)＝－1<0，故g(t)在(e，＋∞)上单调递减，‎ 故在(e，＋∞)上，g(t)0，所以f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ ‎②m>0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)00，令f′(x)＝0，则x1＝，x2＝，‎ 所以x∈∪时，f′(x)>0，‎ x∈时，f′(x)<0，‎ 所以f(x)在和上单调递增，在上单调递减．‎ 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；02＋，f(e3)＝－f(e－3)>0，所以f(x)在(2＋，＋∞)上有唯一零点．‎ 综上，当m＝时，f(x)有且只有三个零点．‎ 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．‎ 高考真题 思维方法 ‎【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.‎ ‎(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.‎ 故h(2)＝1－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＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；‎ ‎②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；‎ ‎③若h(2)＜0，即a＞，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－＝1－＞1－＝1－＞0.‎ 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＝.‎ 续　表 高考真题 思维方法 ‎【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.‎ ‎(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a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a．【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(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；‎ ‎②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；‎ ‎③当a∈(0，1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.‎ 又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点.‎ 设正整数n0满足n0>ln，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.‎ 由于ln>－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点.‎ ‎【关键3：对参数a分类讨论，结合函数单调性与最小值判断函数零点情况，求参数取值范围】‎ 综上，a的取值范围为(0，1).‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (2019·唐山模拟)已知函数f(x)＝xex－a(x＋1)2.‎ ‎(1)若a＝e，求函数f(x)的极值；‎ ‎(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．‎ ‎【解】　(1)由题意知，当a＝e时，f(x)＝xex－e(x＋1)2，函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，‎ f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)．‎ 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：‎ x ‎(－∞，－1)‎ ‎－1‎ ‎(－1，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值－  极小值－e  所以当x＝－1时，f(x)取得极大值－；当x＝1时，f(x)取得极小值－e.‎ ‎(2)令f(x)＝0，即xex－a(x＋1)2＝0，‎ 得xex＝a(x＋1)2.‎ 当x＝－1时，方程为－e－1＝a×0，显然不成立，‎ 所以x＝－1不是方程的解，即－1不是函数f(x)的零点．‎ 当x≠－1时，分离参数得a＝.‎ 记g(x)＝(x≠－1)，‎ 则g′(x)＝ ‎＝.‎ 当x<－1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；‎ 当x>－1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．‎ 当x＝0时，g(x)＝0；当x→－∞时，g(x)→0；当x→－1时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞.‎ 故函数g(x)的图象如图所示．‎ 作出直线y＝a，由图可知，当a<0时，直线y＝a和函数g(x)的图象有两个交点，此时函数f(x)有两个零点．故实数a的取值范围是(－∞，0)．‎ 利用函数零点的情况求参数范围的方法 ‎(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．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎(2019·四省八校双教研联考)已知函数f(x)＝(a－1)x＋＋ln x(a>0)．‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调性；‎ ‎(2)若g(x)＝f(x)－m，当a＝2时，g(x)在[e－1，e]上有两个不同的零点，求m的取值范围．‎ 解：(1)f′(x)＝a－1－＋＝＝，‎ ‎①当a＝1时，f′(x)＝，令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得01时，令f′(x)>0，得x>1或x<－<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．‎ ‎③当a<1时，‎ ‎(i)00，得0，得1f(e)，‎ 所以m∈.‎ ‎　　　可化为函数零点的函数问题与函数零点性质研究 本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．‎ 能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．‎ 高考真题 思维方法 ‎【可化为函数零点的函数问题】‎ ‎(2014·高考课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.‎ ‎(1)求a；‎ ‎(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.‎ ‎(1)略 ‎(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.‎ 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.【关键1：等价转换，构造函数】‎ 由题设知1－k>0.‎ 当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，‎ g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．【关键2：利用导数判断函数单调性，判断函数的实根情况】‎ 当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x).‎ h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.‎ 所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根.‎ 综上，g(x)＝0在R有唯一实根，‎ ‎【关键3：利用导数判断函数单调性，结合零点存在性定理判断实根情况】即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.‎ 续　表 高考真题 思维方法 ‎【函数零点性质研究】‎ ‎(2016·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.‎ ‎(1)求a的取值范围；‎ ‎(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.‎ ‎(1)略 ‎(2)证明：不妨设x1＜x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2＜2等价于f(x1)＞f(2－x2)，即f(2－x2)＜0.【关键1：利用分析法转化要证明的不等式】‎ 由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，①‎ 而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，②‎ 所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.【关键2：将②代入①，利用整体代入消元】‎ 设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，【关键3：构造函数】‎ 则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex).‎ 所以当x＞1时，g′(x)＜0，而g(1)＝0，故当x＞1时，g(x)＜0.‎ 从而g(x2)＝f(2－x2)＜0，故x1＋x2＜2.‎ ‎【关键4：利用导数判断函数单调性、用最值证明不等式】‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝a(ln x＋)－(a∈R，a为常数)在(0，2)内有两个极值点x1，x2(x10，由题意，知y＝h(x)在(0，2)内存在两个零点．‎ 因为h′(x)＝ex－1－a，‎ 则当a≤0时，h′(x)>0，h(x)在(0，2)上单调递增，h(x)至多有一个零点．不合题意．‎ 当a>0时，由h′(x)＝0，得x＝1＋ln a，由1＋ln a>0，得a>.‎ ‎(i)若1＋ln a<2且h(2)>0，即0，x→0时h(x)>0，‎ 从而h(x)在(0，1＋ln a)和(1＋ln a，2)上各有一个零点．‎ 所以y＝h(x)在(0，2)上存在两个零点．‎ ‎(ii)若1＋ln a≥2，即a≥e时，h(x)在(0，2)上单调递减，h(x)至多有一个零点，舍去．‎ ‎(iii)若1＋ln a<2且h(2)≤0，即≤a0时，求f(x)在区间(0，1]上的最大值；‎ ‎(2)若函数g(x)＝f(x)＋x有两个极值点x1，x2(x11时，<1，f(x)在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以f(x)的最大值为f()＝－ln a－－1.‎ 综上，当01时，f(x)在区间(0，1]上的最大值为－ln a－－1.‎ ‎(2)证明：g(x)＝f(x)＋x＝ln x＋x2－ax，g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝＋ax－a＝.‎ 若g(x)有两个极值点x1，x2(x10，且x1＋x2＝1，x1x2＝>0，所以a>4.‎ 又x10)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若11，‎ 当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，‎ 当x∈时，f′(x)>0.f(x)是增函数．‎ ‎③若a>1，则0<<1，‎ 当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数，‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．‎ 综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；‎ 当01时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．‎ ‎(2)当10，‎ 所以g(a)在(1，e)上是增函数，‎ 所以g(a)×9－4＋ln 4＝ln 4＋>0，‎ 所以存在x0∈(1，4)，使f(x0)＝0，‎ 所以当10，g(2)＝ln 2－1<0，‎ 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)＝>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)上有唯一零点．‎ ‎3．(2019·长春市质量监测(二))已知函数f(x)＝ex＋bx－1(b∈R)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若方程f(x)＝ln x有两个实数根，求实数b的取值范围．‎ 解：(1)由题意可得f′(x)＝ex＋b，‎ 当b≥0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．‎ 当b<0时，若x≥ln(－b)，则f′(x)≥0，f(x)在[ln (－b)，＋∞)上单调递增；‎ 若x0)，则h′(x)＝－exx－<0，‎ 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，‎ h(1)＝0，所以ex0－ex0x0－ln x0<0的解集为(1，＋∞)，所以b＝－ex0<1－e.‎ 当b<1－e时，ex＋bx－1－ln x>x＋bx－ln x，有g(eb)>eb＋beb－ln eb＝(b＋1)eb－b，‎ 令G(x)＝(x＋1)ex－x＝(x＋1)(ex－1)＋1，x<1－e，所以x＋1<2－e<0，00，所以g(eb)>0，故g(eb)g(x0)<0，g(x)在(0，x0)上有唯一零点，另一方面，在(x0，＋∞)上，当x→＋∞时，因为ex的增长速度快，所以g(x)>0.‎ 综上，b的取值范围是(－∞，1－e)．‎ ‎4．已知函数f(x)＝－x＋2aln x.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设g(x)＝ln x－bx－cx2，若函数f(x)的两个极值点x1，x2(x11，令f′(x)＝0得x1＝a－，x2＝a＋.‎ 当x∈(0，a－)∪(a＋，＋∞)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(a－，a＋)时，f′(x)>0.‎ 所以当a≤1时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>1时，f(x)的单调递减区间为(0，a－)，(a＋，＋∞)；单调递增区间为(a－，a＋)．‎ ‎(2)由(1)知，a>1且x1＋x2＝2a，x1x2＝1.‎ 又g′(x)＝－b－2cx，所以g′()＝－b－c(x1＋x2)，‎ 由g(x1)＝g(x2)＝0得ln ＝c(x－x)＋b(x1－x2)，‎ 所以y＝(x1－x2)g′()＝－b(x1－x2)－c(x－x)＝－ln＝－ln.‎ 令＝t∈(0，1)，则y＝－ln t，所以y′＝<0，则y＝－ln t在(0，1)上单调递减，且当t→0时，y→＋∞.由y＝－ln t的取值范围是[ln 2－，＋∞)，得t的取值范围是(0，]，所以4a2＝＝＋＋2＝t＋＋2∈[，＋∞)，又a>1，故实数a的取值范围是[，＋∞)．‎ ‎ ‎