(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

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(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_第1頁(yè)
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《(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(méi)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 -

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