2022高考数学文人教A版一轮复习学案：高考大题专项（一）　突破2　利用导数研究与函数零点有关的问题 WORD版含解析.docx

1、突破2利用导数研究与函数零点有关的问题必备知识预案自诊知识梳理1.函数的零点、方程的根、曲线的交点,这三个问题本质上同属一个问题,它们之间可相互转化,这类问题的考查通常有两类:(1)讨论函数零点或方程实数根的个数;(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围.2.利用导数研究函数零点的方法方法一:(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)根据函数f(x)的性质作出图象;(3)判断函数零点的个数.方法二:(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)分类讨论,判断函数零点的个数.3.求解导数应用题宏观上的解题思想(1)借助导函数(正负)研究原函数(单调性),重点是把导函数“弄熟悉”;(2)为

2、了把导函数“弄熟悉”采取的措施:通分;二次求导或三次求导;画出导函数草图.关键能力学案突破考点判断、证明或讨论函数零点个数【例1】设函数f(x)=(x-1)ex-k2x2(其中kR).(1)略;(2)当k0时,讨论函数f(x)的零点个数.解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟函数的图象,根据函数零点的个数的要求,控制极值点函数值的正负,从而解不等式求出参数的取值范围.对点训练1(2020湖南湘潭三模,理21)设函数f(x)=ln x,g(x)=mx-m2x.(1)当m=-1时,求函数F(x)=f(x)+g(x)的零点个数

3、;(2)若x01,+),使得f(x0)k(x-2)在x1时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.指点迷津(一)在导数应用中如何构造函数在有关导数的应用中,无论是求函数的单调性、求极值最值,证明不等式、求参数的范围,还是讨论函数的零点,都需要从给定的已知条件中构造出一个或两个函数进行研究,构造的得当能降低难度,减少运算量,但有很多同学不知道如何构造,下面对如何构造函数给出归类和总结.1.作差直接构造法【例1】函数f(x)=(x-2)ex+12ax2-ax.设a=1,当x0时,f(x)kx-2,求k的取值范围.分析由f(x)kx-2,令g(x)=f(x)-kx+2=(x-2)ex+

4、12x2-x-kx+2.2.局部构造法【例2】已知函数f(x)=axlnxx-1.当a=1时,判断f(x)有没有极值点.分析当a=1时,f(x)=xlnxx-1,则f(x)=x-lnx-1(x-1)2,令g(x)=x-lnx-1.【例3】已知函数f(x)=ln(x-a)x.若a=-1,证明:函数f(x)是(0,+)上的减函数.分析当a=-1时,函数f(x)的定义域是(-1,0)(0,+),所以f(x)=xx+1-ln(x+1)x2,令g(x)=xx+1-ln(x+1).3.作差局部构造法【例4】已知函数f(x)=ln x-a(x-1),aR.当x1时,f(x)lnxx+1恒成立,求a的取值.分

5、析f(x)-lnxx+1=xlnx-a(x2-1)x+1,令g(x)=xlnx-a(x2-1)(x1).4.分离参数构造法【例5】在例4中,当x1时f(x)lnxx+1恒成立等价于ln x-lnxx+1a(x-1),(1)当x=1时,显然恒成立,aR.(2)当x1时,上式等价于lnxx-1-lnxx2-1alnxx-1-lnxx2-1maxa,令F(x)=lnxx-1-lnxx2-1.【例6】已知函数f(x)=ax-lnxx,aR.若f(x)0,求a的取值范围.分析函数的定义域为(0,+),由f(x)0得ax-lnxx0,即alnxx2.令g(x)=lnxx2.5.特征构造法【例7】若x0,证

6、明:ln(x+1)xxex-1.分析因为xex-1=lnexex-1=ln(ex-1+1)ex-1,故原不等式等价于ln(x+1)xln(ex-1+1)ex-1,令f(x)=ln(x+1)x,由例3知f(x)=ln(x+1)x是(0,+)上的减函数,故要证原不等式成立,只需证明:当x0时,xx1时,不等式f(x1)x2-f(x2)x10恒成立,求实数a的取值范围.分析不等式f(x1)x2-f(x2)x10,即x1f(x1)-x2f(x2)x1x2x10可得x1f(x1)-x2f(x2)x1f(x1)恒成立,构造函数g(x)=xf(x)=ex-ax2.6.变形、化简后构造【例9】求证当x(0,+

7、)时,lnex-1xx2.分析当x(0,+)时,要证lnex-1xx2,只需证ex-1xex2,令F(x)=ex-1-xex2,F(x)=ex2ex2-1-x2,由exx+1可得,ex21+x2,则x(0,+)时,F(x)0恒成立,即F(x)在(0,+)上单调递增,F(x)F(0)=0,即ex-1xex2,lnex-1xx2.7.换元后构造【例10】已知函数f(x)=ln x-kx,其中kR为常数.若f(x)有两个相异零点x1,x2(x12.分析证lnx2-lnx1x2-x1(x2+x1)2,即证lnx2-lnx12(x2-x1)x2+x1,只要证lnx2x12(x2-x1)x2+x1.设t=

8、x2x1(t1),则只要证lnt2(t-1)t+1(t1).令g(t)=lnt-2(t-1)t+1.8.放缩后局部构造【例11】已知函数f(x)=ax2+x-1ex.证明:当a1时,f(x)+e0.分析当a1时,f(x)+e=ax2+x-1ex+ex2+x-1ex+e=(x2+x-1+ex+1)e-x.设g(x)=x2+x-1+ex+1,则g(x)=2x+1+ex+1.9.作差与分离变量的综合构造法【例12】已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x(aR),g(x)=(1-a)x,若x01,e使得f(x0)g(x0)成立,求实数a的取值范围.分析不等式f(x)g(x)在区间1,e上有

9、解,即x2-2x+a(lnx-x)0在区间1,e上有解.因为当x1,e时,lnx1x(不同时取等号),x-lnx0,所以ax2-2xx-lnx在区间1,e上有解.令h(x)=x2-2xx-lnx.10.主元构造法主元构造法,就是将多变元函数中的某一个变元看作主元(即自变量),将其他变元看作常数,来构造函数,然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.【例13】已知函数g(x)=xln x,设0ab,证明:0g(a)+g(b)-2ga+b2(b-a)ln 2.分析对g(x)=xlnx求导,g(x)=lnx+1.在g(a)+g(b)-2ga+b2中以b为主元构造函数,设F(x)=g(a)+

10、g(x)-2ga+x2,则F(x)=g(x)-2ga+x2=lnx-lna+x2.当0xa时,F(x)a时,F(x)0,因此F(x)在(a,+)上为增函数,从而当x=a时,F(x)有极小值F(a).因为F(a)=0,ba,所以F(b)0,即g(a)+g(b)-2ga+b20.设G(x)=F(x)-(x-a)ln2,则G(x)=lnx-lnx+a2-ln2=lnx-ln(x+a),当x0时,G(x)a,所以G(b)0,即g(a)+g(b)-2ga+b2(b-a)ln2.注:本题以b为主元构造函数,当然也可以以a为主元构造函数.突破2利用导数研究与函数零点有关的问题关键能力学案突破例1解(1)略.

11、(2)函数f(x)的定义域为R,f(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),当00,解得x0.f(x)在(-,lnk)和(0,+)上单调递增,在lnk,0上单调递减.由f(0)=-1,当x(-,0)时,f(x)f(x)max=f(lnk)=(lnk-1)k-k2ln2k=-k2(lnk-1)2+10.又f(x)在0,+)上单调递增,f(x)在0,+)上有唯一的零点,函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.当k1时,令f(x)0,解得xlnk,f(x)在(-,0)和(lnk,+)上单调递增,在0,lnk上单调递减.当x(-,lnk)时,f(x)f(x)max=f(0

12、)=-10,此时f(x)无零点.当xlnk,+)时,f(lnk)f(0)=-12,则g(t)=et-t,g(t)=et-1,t2,g(t)0,g(t)在(2,+)上单调递增,g(t)g(2)=e2-20,g(t)在(2,+)上单调递增,得g(t)g(2)=e2-20,即f(k+1)0.f(x)在lnk,+上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-,+)上有唯一的零点.综合可知,当k0时,函数f(x)在定义域(-,+)上有且只有一个零点.对点训练1解(1)F(x)=lnx-x-12x,即F(x)=lnx+12x-12(x0),则F(x)=1x-12x2=2x-12x2,令F(x)=0,解得x=1

13、2.当x0,12,F(x)0,F(x)在12,+上单调递增.所以当x(0,+)时,F(x)min=F12=12-ln2.因为12-ln2=lne12-ln20,所以F(x)min0,F(e)=1+12e-12=12e+120,所以F1e2F120,F(e)F122时,令h(x)=2x-m2x20,得1x0,得xm2.所以函数h(x)=lnx-mx-m2x在区间1,m2上单调递减,在区间m2,+上单调递增,所以hm22时,存在x01,使h(x0)0,即f(x0)2符合题意.综上可知,实数m的取值范围是(2,+).例2证明(1)设g(x)=f(x),则g(x)=cosx-11+x,g(x)=-si

14、nx+1(1+x)2.当x-1,2时,g(x)单调递减,而g(0)0,g20;当x,2时,g(x)0.所以g(x)在区间(-1,)上单调递增,在区间,2上单调递减,故g(x)在区间-1,2上存在唯一极大值点,即f(x)在区间-1,2上存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+).当x(-1,0时,由(1)知,f(x)在区间(-1,0)上单调递增,而f(0)=0,所以当x(-1,0)时,f(x)0,故f(x)在区间(-1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0上的唯一零点.当x0,2时,由(1)知,f(x)在区间(0,)上单调递增,在区间,2上单调递减,而

15、f(0)=0,f20;当x,2时,f(x)0,所以当x0,2时,f(x)0.从而,f(x)在区间0,2上没有零点.当x2,时,f(x)0,f()1,所以f(x)0,从而f(x)在区间(,+)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.对点训练2(1)解f(x)=exsinx,定义域为R.f(x)=ex(sinx+cosx)=2exsinx+4.由f(x)0得sinx+40,解得2k+34x0;当x2,时,g(x)0.g(x)在0,2上单调递增,在2,上单调递减,又g(0)=1-20,g()=-e-20,g(x)在(0,)上图象大致如图.x10,2,x22,使得g(x1)=0,g(x2)=0,且

16、当x(0,x1)或x(x2,)时,g(x)0.g(x)在(0,x1)和(x2,)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.g(0)=0,g(x1)0,g(x2)0.又g()=-20.当a0时,aex-10,所以f(x)0时,由f(x)0得xln1a,由f(x)0得x0时,f(x)min=fln1a=1-1a+lna,令g(a)=f(x)min,则g(a)=1a2+1a0,所以g(a)在(0,+)上单调递增,而g(1)=0,所以当a1时,g(a)=f(x)min0,从而f(x)没有两个零点.当0a1时,fln1a0,于是f(x)在-1,ln1a上有1个零点;因为fln3a-1=a3a-12+(a-

17、2)3a-1-ln3a-1=3a-1-ln3a-10,且ln3a-1ln1a,所以f(x)在ln1a,+上有1个零点.综上所述,a的取值范围为(0,1).(方法2)ae2x+(a-2)ex-x=0ae2x+aex=2ex+xa=2ex+xe2x+ex.令g(x)=2ex+xe2x+ex,则g(x)=(2ex+1)(e2x+ex)-(2ex+x)(2e2x+ex)(e2x+ex)2=-ex(2ex+1)(ex+x-1)(e2x+ex)2,令h(x)=ex+x-1,则h(x)=ex+10,所以h(x)在R上单调递增,而h(0)=0,所以当x0时,h(x)0时,h(x)0,于是当x0,当x0时,g(

18、x)0,所以g(x)在(-,0)上单调递增,在(0,+)上单调递减.g(0)=1,当x-时,g(x)-,当x+时,g(x)0+.函数g(x)的简图如图所示.若f(x)有两个零点,则y=a与g(x)有两个交点,所以a的取值范围是(0,1).对点训练3解(1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f(x)=ex-1.当x0时,f(x)0时,f(x)0.所以f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)f(x)=ex-a.当a0时,f(x)0,所以f(x)在(-,+)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a0时,由f(x)=0可得x=lna.当x(-,lna)时,f(x

19、)0.所以f(x)在(-,lna)上单调递减,在(lna,+)上单调递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).若01e,则f(lna)0,所以f(x)在(-,lna)上存在唯一零点.由(1)知,当x2时,ex-x-20,所以当x4且x2ln(2a)时,f(x)=ex2ex2-a(x+2)eln(2a)x2+2-a(x+2)=2a0.故f(x)在(lna,+)上存在唯一零点.从而f(x)在(-,+)上有两个零点.综上,a的取值范围是1e,+.例4解(1)f(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f(x)=0,得x=0或x=a3.若a0,则当x(-,

20、0)a3,+时,f(x)0;当x0,a3时,f(x)0.故f(x)在(-,0),a3,+上单调递增,在0,a3上单调递减.若a=0,f(x)在(-,+)上单调递增.若a0;当xa3,0时,f(x)0.故f(x)在-,a3,(0,+)上单调递增,在a3,0上单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.当a0时,由(1)知,f(x)在0,1上单调递增,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.当a3时,由(1)知,f(x)在0,1上单调递减,所以f(x)在区间0,1上的最大值为f(0)=

21、b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.当0a3时,由(1)知,f(x)在0,1上的最小值为fa3=-a327+b,最大值为b或2-a+b.若-a327+b=-1,b=1,则a=332,与0a3矛盾.若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a=0,与0ak(x-2)在x1时恒成立,xlnx-xk(x-2)在x1时恒成立,即xlnx-(k+1)x+2k0在x1时恒成立,令g(x)=xlnx-(k+1)x+2k,x1,g(x)=lnx-k,当k0时,g(x)0在(1,+)上恒成立,即g(x)在(1,+)上单调递增,g(x)g(1)=k-10,则k1,矛盾;当k0时,令g(x)0,解得xek,令g(x)0,解得1x0,令h(k)=2k-ek,k0,则h(k)=2-ek,当k0,函数h(k)单调递增,当kln2时,h(k)0,函数h(k)单调递减,h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)0恒成立.综上所述不存在满足条件的整数k.