届高三数学一轮复习导数与方程.docx

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届高三数学一轮复习导数与方程

2021届高三数学一轮复习——导数与方程

例1　（12分）（2019·全国Ⅰ）已知函数f（x）＝sinx－ln（1＋x），f′（x）为f（x）的导数，证明：

（1）f′（x）在区间上存在唯一极大值点；

（2）f（x）有且仅有2个零点．

规范解答

证明　

（1）f（x）的定义域为（－1，＋∞），

f′（x）＝cosx－，[1分]

令g（x）＝cosx－，x∈，

∴g′（x）＝－sinx＋，x∈，

易知g′（x）在上单调递减．[2分]

又g′（0）＝－sin0＋1＝1>0，g′＝－sin＋＝－1<0，

∴∃x0∈，使得g′（x0）＝0.[3分]

∴当x∈（－1，x0）时，g′（x）>0；

当x∈时，g′（x）<0，

∴g（x）在（－1，x0）上单调递增，在上单调递减．

故x＝x0为g（x）在区间上唯一的极大值点，

即f′（x）在区间上存在唯一的极大值点x0.[5分]

（2）由

（1）知f′（x）＝cosx－，x∈（－1，＋∞）．

①当x∈（－1,0]时，由

（1）可知f′（x）在（－1,0]上单调递增，

∴f′（x）≤f′（0）＝0，∴f（x）在（－1,0]上单调递减，

又f（0）＝0.

∴x＝0为f（x）在（－1,0]上的唯一零点．[7分]

②当x∈时，f′（x）在（0，x0）上单调递增，在上单调递减，

又f′（0）＝0，∴f′（x0）>0，

∴f（x）在（0，x0）上单调递增，此时f（x）>f（0）＝0，不存在零点，

又f′＝cos－＝－<0，

∴∃x1∈，使得f′（x1）＝0，

∴f（x）在（x0，x1）上单调递增，在上单调递减，

又f（x0）>f（0）＝0，f ＝sin－ln

＝ln>ln1＝0.

∴f（x）>0在上恒成立，不存在零点．[9分]

③当x∈时，易知f（x）在上单调递减，

又f >0，f（π）＝sinπ－ln（π＋1）＝－ln（π＋1）<0，

∴f（x）在上存在唯一零点．[10分]

④当x∈（π，＋∞）时，ln（x＋1）>ln（π＋1）>1，

∴f（x）＝sinx－ln（1＋x）<0，

∴f（x）在（π，＋∞）上不存在零点，

综上所述，f（x）有且仅有2个零点．[12分]

第一步：

求导函数f′（x）；

第二步：

二次求导：

设g（x）＝f′（x），求g′（x）；

第三步：

讨论g（x）的性质：

根据g′（x）的符号讨论g（x）的单调性和零点；

第四步：

讨论f（x）的性质：

根据f′（x）的符号讨论f（x）的单调性和零点．

跟踪训练1　（2020·武汉调研）已知函数f（x）＝ex－ax－1（a∈R）（e＝2.71828…是自然对数的底数）．

（1）求f（x）的单调区间；

（2）讨论g（x）＝f（x）在区间[0,1]上零点的个数．

解　

（1）因为f（x）＝ex－ax－1，

所以f′（x）＝ex－a，

当a≤0时，f′（x）>0恒成立，所以f（x）的单调递增区间为（－∞，＋∞），无单调递减区间；

当a>0时，令f′（x）<0，得x

令f′（x）>0，得x>lna，

所以f（x）的单调递减区间为（－∞，lna），单调递增区间为（lna，＋∞）．

（2）令g（x）＝0，得f（x）＝0或x＝，

由

（1）知，当a≤0时，f（x）在R上单调递增；当a>0时，f（x）在（－∞，lna）上单调递减，在（lna，＋∞）上单调递增；

若a≤0，由f（0）＝0，知f（x）在区间[0,1]上有一个零点；

若lna≤0，即0

若0

又f

（1）＝e－a－1，所以当e－a－1≥0，即1

当e－a－1<0，即e－1

若lna≥1，即a≥e，则f（x）在[0,1]上单调递减，f（x）在[0,1]上只有一个零点．

又当x＝时，由f ＝0得a＝2（－1），

所以当a≤1或a>e－1或a＝2（－1）时，g（x）在[0,1]上有两个零点；当1

根据函数零点情况求参数范围

例2　已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝－x2＋ax－3（a为实数），若方程g（x）＝2f（x）在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围．

解　由g（x）＝2f（x），

可得2xlnx＝－x2＋ax－3，a＝x＋2lnx＋，

设h（x）＝x＋2lnx＋（x>0），

所以h′（x）＝1＋－＝.

所以x在上变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：

x

1

（1，e）

h′（x）

－

0

＋

h（x）

↗

极小值

↘

又h＝＋3e－2，h

（1）＝4，h（e）＝＋e＋2.

且h（e）－h＝4－2e＋<0.

所以在上，h（x）min＝h

（1）＝4，

h（x）max＝h＝＋3e－2，

若方程在上有两个不等实根，则4

所以实数a的取值范围为.

思维升华方程根或函数零点的个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．

跟踪训练2　已知函数g（x）＝x2－x＋lnx－b在[1,4]上有两个不同的零点，求实数b的取值范围．

解　g（x）＝x2－x＋lnx－b（x>0），

则g′（x）＝.

在[1,4]上，当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下：

x

（1,2）

2

（2,4）

g′（x）

－

0

＋

g（x）

↗

极小值

↘

g（x）极小值＝g

（2）＝ln2－b－2，

又g（4）＝2ln2－b－2，g

（1）＝－－b.

若方程g（x）＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，

则解得ln2－2

故实数b的取值范围是.

破解含双参问题关键：

一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．

例1　（2020·蓉城名校联考）已知函数h（x）＝xe－x，如果x1≠x2且h（x1）＝h（x2），证明：

x1＋x2>2.

证明　h′（x）＝e－x（1－x），

令h′（x）＝0，解得x＝1，

当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表．

x

（－∞，1）

1

（1，＋∞）

h′（x）

＋

0

－

h（x）

↗

↘

由x1≠x2，不妨设x1>x2，根据h（x1）＝h（x2）结合图象（图略）可知x1>1，x2<1.

令F（x）＝h（x）－h（2－x），x∈[1，＋∞），

则F′（x）＝（x－1）（e2x－2－1）e－x，

∵x≥1,2x－2≥0，∴e2x－2－1≥0，

∴F′（x）≥0，∴F（x）在[1，＋∞）上单调递增，

又∵F

（1）＝0，∴x>1时，F（x）>F

（1）＝0，

即当x>1时，h（x）>h（2－x），则h（x1）>h（2－x1），

又h（x1）＝h（x2），∴h（x2）>h（2－x1），

∵x1>1，∴2－x1<1，∴x2,2－x1∈（－∞，1），

∵h（x）在（－∞，1）上是增函数，

∴x2>2－x1，∴x1＋x2>2得证．

例2　已知f（x）＝xlnx－mx2－x，m∈R.若f（x）有两个极值点x1，x2，且x1

x1x2>e2（e为自然对数的底数）．

证明　欲证x1x2>e2，需证lnx1＋lnx2>2，

由函数f（x）有两个极值点x1，x2，可得函数f′（x）有两个零点，

又f′（x）＝lnx－mx，

所以x1，x2是方程f′（x）＝0的两个不同实根．

于是有

①＋②可得lnx1＋lnx2＝m（x1＋x2），即m＝，

②－①可得lnx2－lnx1＝m（x2－x1），

即m＝，

从而可得＝，

于是lnx1＋lnx2＝

＝.

又01.

因此lnx1＋lnx2＝，t>1.

要证lnx1＋lnx2>2，即证>2（t>1），

即证当t>1时，有lnt>，

令h（t）＝lnt－（t>1），

则h′（t）＝－＝>0，

所以h（t）为（1，＋∞）上的增函数，

因此h（t）>ln1－＝0.

于是当t>1时，有lnt>.

所以有lnx1＋lnx2>2成立，即x1x2>e2.

1．已知函数f（x）＝a＋lnx（a∈R）．

（1）求f（x）的单调区间；

（2）判断f（x）的零点个数．

解　

（1）函数f（x）的定义域是（0，＋∞），

f′（x）＝（）′lnx＋·＝，

令f′（x）>0，解得x>e－2，令f′（x）<0，解得0

所以f（x）的单调减区间为（0，e－2），单调增区间为（e－2，＋∞）．

（2）由

（1）得f（x）min＝f（e－2）＝a－，

若a>，则f（x）min>0，f（x）无零点；

若a＝，则f（x）min＝0，f（x）有一个零点；

若a<，则f（x）min<0，

f（x）在（0，e－2]上单调递减，在[e－2，＋∞）上单调递增，

当a≤0时，在（0，e－2]上有f（x）＝a＋lnx

∴f（x）在区间（0，e－2]上无零点，在[e－2，＋∞）上有f（e－2a）＝a（1－2e－a）≥0，f（x）在区间[e－2，＋∞）上有一个零点；

当0

易证当x>0时，ex>x2成立，∴>a－＝0，

又f（e－2）<0，f

（1）＝a>0，∴f（x）在（0，e－2]上有一个零点，在（e－2，＋∞）上有一个零点．

综上，当a>时，f（x）无零点，当a≤0或a＝时，f（x）有一个零点，当0

2．已知函数f（x）＝2lnx－x2＋ax（a∈R）．若函数g（x）＝f（x）－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围．

解　g（x）＝2lnx－x2＋m，

则g′（x）＝－2x＝.

因为x∈，所以当g′（x）＝0时，x＝1.

当≤x<1时，g′（x）>0；当1

故g（x）在x＝1处取得极大值g

（1）＝m－1.

又g＝m－2－，g（e）＝m＋2－e2，

g（e）－g＝4－e2＋<0，则g（e）

所以g（x）在上的最小值是g（e）．

g（x）在上有两个零点的条件是

解得1

所以实数m的取值范围是.

3．已知函数f（x）＝（2－a）（x－1）－2lnx（a∈R）．

（1）当a＝1时，求f（x）的单调区间；

（2）若函数f（x）在上无零点，求a的取值范围．

解　

（1）当a＝1时，f（x）＝x－1－2lnx，x>0，

则f′（x）＝1－＝，

由f′（x）>0，得x>2，由f′（x）<0，得0

故f（x）的单调递减区间为（0,2），单调递增区间为（2，＋∞）．

（2）因为当x→0时，f（x）→＋∞，所以f（x）<0在区间上不可能恒成立，

故要使函数f（x）在上无零点，

只要对任意的x∈，f（x）>0恒成立，

即对x∈，a>2－恒成立．

令h（x）＝2－，x∈，

则h′（x）＝，

再令m（x）＝2lnx＋－2，x∈，

则m′（x）＝－<0