（新课标）2021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版

（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版第5讲函数、导数与方程 做真题(2019高考全国卷节选)已知函数f(x)2sin xxcos xx，f(x)为f(x)的导数证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点证明：设g(x)f(x)，则g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x.当x时，g(x)0；当x时，g(x)0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点所以f(x)在(0，)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.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；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，所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，关键1：变形后构造函数此处结合分析法，考虑下一步判断则g(x)0，仅当x0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)至多有一个零点又f(3a1)6a22a60，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)ln xax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0，f(x)在(0，)上单调递增；当a0，f(x)单调递增，在上，f(x)0，f(x)单调递减综上，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)由(1)可知，当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减故f(x)maxfln1.当ln1，即a时，f 1，即a0，令0b1且b，则ln b0，f(b)ln babln b0，故f(b)f0，则在(e，)上，g(t)10，故g(t)在(e，)上单调递减，故在(e，)上，g(t)g(e)2e0，则f0，故ff0，f(x)在上有一个零点故f(x)在(0，)上有两个零点综上，当a时，函数f(x)没有零点；当a时，函数f(x)有一个零点；当a0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)已知函数f(x)(x1)ln xx1.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)ln x1ln x.因为yln x单调递增，y单调递减，所以f(x)单调递增又f(1)10，故存在唯一x0(1，2)，使得f(x0)0.又当xx0时，f(x)x0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)0，所以f(x)0在(x0，)内存在唯一根x.由x01得1x0.又fln 10，故是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)已知函数f(x)(x2)exa(x1)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a0，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b0且bln ，则f(b)(b2)a(b1)2a(b2b)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a0，则f(x)(x2)ex，所以f(x)只有一个零点(iii)设a0，若a，则由(1)知，f(x)在(1，)单调递增，又当x1时，f(x)0，故f(x)不存在两个零点若a，则由(1)知，f(x)在(1，ln (2a)单调递减，在(ln(2a)，)单调递增又当x1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(ln xaxab)(e为自然对数的底数)，a，bR，直线yx是曲线yf(x)在x1处的切线(1)求a，b的值(2)是否存在kZ，使得yf(x)在(k，k1)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(ln xaxb)，f(x)的定义域为(0，)由已知，得即，解得a1，b.(2)由(1)知，f(x)ex，则f(x)ex，令g(x)ln xx，则g(x)0，g(2)ln 210，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x0时，f(x)0，f(2)e2(ln 2)0，f(e)ee0，则g(x)，由g(x)0得2ln xx1，解得0x0，当x0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a1时，ag(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a0时，方程至多一解，不符合题意；当a(0，1)时，g()0，所以g()a0，g()(ln )()a，所以g()a1，函数f(x)(1x2)exa.(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(1x2)ex(x1)2ex，xR.因为对任意xR，都有f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间(2)证明：由(1)知f(x)在(，)上单调递增，且f(0)1a1，所以a10，所以0，所以e1，所以e10，故f()0，所以存在x0(0，)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)aexaex1，g(x)x3x26x，其中a0.(1)若曲线yf(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)a10，所以a1，此时f(x)exex1.所以f(x)exe，f(0)1e.所以曲线yf(x)在原点处的切线方程为y(1e)x.(2)因为f(x)aexaex1，所以f(x)aexaea(exe)当x1时，f(x)0；当0x1时，f(x)1时，h(x)0；当0x0.所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减所以当x0，)时，h(x)maxh(1)m.要使f(x)g(x)m在0，)上有解，则m1，即m.所以实数m的取值范围为，)3已知函数f(x)(a，bR，a0)的图象在点(1，f(1)处的切线斜率为a.(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论方程f(x)1根的个数解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)，由f(1)aba，得b2a，所以f(x)，f(x).当a0时，由f(x)0，得0x；由f(x).当a0，得x；由f(x)0，得0x0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当a0，在上h(x)0，当x无限增大时，h(x)无限接近0；在上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，ln x2负无限大，故h(x)负无限大故当0时，方程f(x)1有两个不等实根，当a时，方程f(x)1只有一个实根，当a时，方程f(x)1有两个实根；当a0或a时，方程f(x)1有一个实根；当0a时，方程f(x)1无实根4(2019洛阳尖子生第二次联考)已知函数f(x)ln x，mR.(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2)处的切线与直线xy0平行，求实数n的值；(2)若n1时，函数f(x)恰有两个零点x1，x2(0x12.解：(1)由题意得f(x)，所以f(2).由于函数f(x)的图象在(2，f(2)处的切线与直线xy0平行，所以1，解得n6.(2)证明：若n1时，f(x)恰有两个零点x1，x2(0x11，ln t，x1，故x1x2x1(t1)，所以x1x22，记函数h(t)ln t(t1)，则h(t)0，所以h(t)在(1，)上单调递增，所以h(t)h(1)0，又t1时，ln t0，所以x1x22成立- 26 -