2022高考数学一轮复习-高考大题专项突破2-利用导数研究与函数零点有关的问题学案北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题学案北师大版

2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题学案北师大版

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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)的性质作出图像;
(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)为了把导函数“弄熟悉”采取的措施:
①通分;
②二次求导或三次求导;
③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k∈R).
(1)略;
(2)当k>0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像,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;
(2)若存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)<g(x0),求实数m的取值范围.

考点
与函数零点有关的证明问题

【例2】(2019全国1,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f'(x)在区间-1,π2存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.

解题心得1.如果函数中没有参数,一阶导数求出函数的极值点,判断极值点大于0小于0的情况,进而判断函数零点的个数.
2.如果函数中含有参数,往往一阶导数的正负不好判断,这时先对参数进行分类,再判断导数的符号,如果分类也不好判断,那么需要对一阶导函数进行求导,在判断二阶导数的正负时,也可能需要分类.
对点训练2(2020安徽合肥二模,文21)已知函数f(x)=exsin x.(e是自然对数的底数)
(1)求f(x)的递减区间;
(2)若函数g(x)=f(x)-2x,证明g(x)在(0,π)上只有两个零点.(参考数据:eπ2≈4.8)

考点

已知函数零点情况求参数的取值范围

【例3】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.

解题心得对函数的零点问题,解题策略是转化为两个函数图像的交点,三种方式中(一平一曲、一斜一曲、两曲)最为常见的是一平一曲.方法一是直接考虑函数f(x)的图像与x轴的交点情况,方法二是分离参数法,两种方法的本质都是一平一曲.另外我们对某些函数或许可以通过换元,降低函数的解决难度.
对点训练3(2020全国1,文20)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.

考点
利用导数解决存在性问题

【例4】(2019全国3,理20)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.

解题心得依据已知条件,判别某种数学对象是否存在的问题,由解答者去探索和确定,它的解法是:假设存在,直接推断,通过推理或计算,若推出合理的结果,则先前假设成立,对象存在;若推出矛盾,则否定先前假设,对象不存在.
对点训练4(2020湖北名师联盟一模,文21)已知函数f(x)=ln x-12ax2-x.
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上递增,求实数a的取值范围.
(2)若函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1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x≥0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+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,+∞)上是减少的.
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),a∈R.当x≥1时,f(x)≤lnxx+1恒成立,求a的取值.
分析f(x)-lnxx+1=xlnx-a(x2-1)x+1,令g(x)=xlnx-a(x2-1)(x≥1).
4.分离参数构造法
【例5】在例4中,当x≥1时f(x)≤lnxx+1恒成立等价于ln x-lnxx+1≤a(x-1),
(1)当x=1时,显然恒成立,∴a∈R.
(2)当x>1时,上式等价于lnxx-1-lnxx2-1≤a⇔lnxx-1-lnxx2-1max≤a,令F(x)=lnxx-1-lnxx2-1.
【例6】已知函数f(x)=ax-lnxx,a∈R.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-lnxx≥0,即a≥lnxx2.
令g(x)=lnxx2.
5.特征构造法
【例7】若x>0,证明:ln(x+1)x>xex-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)x>ln(ex-1+1)ex-1,令f(x)=ln(x+1)x,由例3知f(x)=ln(x+1)x是(0,+∞)上是减少的,故要证原不等式成立,只需证明:当x>0时,x<ex-1,令h(x)=ex-x-1.
注:例7的解决过程用到了二次构造函数.
【例8】已知函数f(x)=exx-ax,x∈(0,+∞),当x2>x1时,不等式f(x1)x2-f(x2)x1<0恒成立,求实数a的取值范围.
分析不等式f(x1)x2-f(x2)x1<0,即x1f(x1)-x2f(x2)x1x2<0,结合x2>x1>0可得x1f(x1)-x2f(x2)<0恒成立,
即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,+∞)时,lnex-1x>x2.
分析当x∈(0,+∞)时,要证lnex-1x>x2,
只需证ex-1>xex2,
令F(x)=ex-1-xex2,
F'(x)=ex2ex2-1-x2,
由ex>x+1可得,ex2>1+x2,则x∈(0,+∞)时,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上递增,
∴F(x)>F(0)=0,
即ex-1>xex2,
∴lnex-1x>x2.
7.换元后构造
【例10】已知函数f(x)=ln x-kx,其中k∈R为常数.若f(x)有两个相异零点x1,x2(x1<x2),
求证:lnx2-lnx1x2-x1(x2+x1)>2.
分析证lnx2-lnx1x2-x1(x2+x1)>2,
即证lnx2-lnx1>2(x2-x1)x2+x1,
只要证lnx2x1>2(x2-x1)x2+x1.
设t=x2x1(t>1),
则只要证lnt>2(t-1)t+1(t>1).
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a≥1时,f(x)+e≥0.
分析当a≥1时,f(x)+e=ax2+x-1ex+e≥x2+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(a∈R),g(x)=(1-a)x,若存在x∈[1,e]使得f(x)≥g(x)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]上有解,即x2-2x+a(lnx-x)≥0在区间[1,e]上有解.
因为当x∈[1,e]时,lnx≤1≤x(不同时取等号),x-lnx>0,所以a≤x2-2xx-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0<a<b,证明:0<g(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)+g(x)-2ga+x2,
则F'(x)=g'(x)-2ga+x2'=lnx-lna+x2.
当0<x<a时,F'(x)<0,因此F(x)在(0,a)上递减,
当x>a时,F'(x)>0,因此F(x)在(a,+∞)上为增加的,从而当x=a时,F(x)有极小值F(a).
因为F(a)=0,b>a,所以F(b)>0,
即g(a)+g(b)-2ga+b2>0.
设G(x)=F(x)-(x-a)ln2,
则G'(x)=lnx-lnx+a2-ln2=lnx-ln(x+a),
当x>0时,G'(x)<0.
因此G(x)在(0,+∞)上是减少的.
因为G(a)=0,b>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.
(2)函数f(x)的定义域为R,
f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=xex-kx=x(ex-k),
①当0<k≤1时,令f'(x)>0,解得x<lnk或x>0.
∴f(x)在(-∞,lnk)和(0,+∞)上递增,在[lnk,0]上递减.
由f(0)=-1,当x∈(-∞,0)时,f(x)≤f(x)max=f(lnk)=(lnk-1)k-k2ln2k=-k2[(lnk-1)2+1]<0,
此时f(x)无零点,当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k≥e2-2>0.
又f(x)在[0,+∞)上递增,
∴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.
②当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>lnk,
∴f(x)在(-∞,0)和(lnk,+∞)上递增,在[0,lnk]上递减.
当x∈(-∞,lnk)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,此时f(x)无零点.
当x∈[lnk,+∞)时,f(lnk)<f(0)=-1<0,f(k+1)=kek+1-k(k+1)22
=kek+1-(k+1)22.
令g(t)=et-12t2,t=k+1>2,
则g'(t)=et-t,g″(t)=et-1,
∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,
∴g(t)在(2,+∞)上递增,得g(t)>g(2)=e2-2>0,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①②可知,当k>0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(x>0),
则F'(x)=1x-12x2=2x-12x2,
令F'(x)=0,解得x=12.
当x∈0,12,F'(x)<0,F(x)在0,12上递减;当x∈12,+∞,F'(x)>0,F(x)在12,+∞上递增.所以当x∈(0,+∞)时,F(x)min=F12=12-ln2.
因为12-ln2=lne12-ln2<0,所以F(x)min<0.
又因为F1e2=-2+e22-12=e2-52>0,F(e)=1+12e-12=12e+12>0,
所以F1e2·F12<0,F(e)·F12<0,
所以F(x)分别在区间1e2,12,12,e上各存在一个零点,函数F(x)存在两个零点.
(2)假设f(x)≥g(x)对任意x∈[1,+∞)恒成立,即lnx-mx-m2x≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.
令h(x)=lnx-mx-m2x(x≥1),则h'(x)=1x-m2x2=2x-m2x2.
①当m≤2,即2x-m≥0时,则h'(x)≥0且h'(x)不恒为0,
所以函数h(x)=lnx-mx-m2x在区间[1,+∞)上递增.
又因为h(1)=ln1-m×1-m2×1=0,所以h(x)≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立.故m≤2不符合题意.
②当m>2时,令h'(x)=2x-m2x2<0,得1≤x<m2;令h'(x)=2x-m2x2>0,得x>m2.所以函数h(x)=lnx-mx-m2x在区间1,m2上递减,在区间m2,+∞上递增,所以hm2<h(1)=0,即当m>2时,存在x0≥1,使h(x0)<0,即f(x0)<g(x0).故m>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)=-sinx+1(1+x)2.
当x∈-1,π2时,g'(x)递减,而g'(0)>0,g'π2<0,
可得g'(x)在区间-1,π2内有唯一零点,设为α.
则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;
当x∈α,π2时,g'(x)<0.
所以g(x)在区间(-1,α)上递增,在区间α,π2上递减,故g(x)在区间-1,π2上存在唯一极大值点,
即f'(x)在区间-1,π2上存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)上递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)上递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
②当x∈0,π2时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)上递增,在区间α,π2上递减,而f'(0)=0,f'π2<0,所以存在β∈α,π2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈β,π2时,f'(x)<0.
故f(x)在区间(0,β)上递增,在区间β,π2上递减.
又f(0)=0,fπ2=1-ln1+π2>0,所以当x∈0,π2时,f(x)>0.从而,f(x)在区间0,π2上没有零点.
③当x∈π2,π时,f'(x)<0,所以f(x)在区间π2,π上递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在区间π2,π上有唯一零点.
④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)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+π4.由f'(x)<0得sinx+π4<0,解得2kπ+3π4<x<2kπ+7π4(k∈Z).
∴f(x)的递减区间为2kπ+3π4,2kπ+7π4(k∈Z).
(2)证明∵g'(x)=ex(sinx+cosx)-2,
∴g″(x)=2excosx,g″(x)是g'(x)的导函数.∵x∈(0,π),∴当x∈0,π2时,g″(x)>0;当x∈π2,π时,g″(x)<0.
∴g'(x)在0,π2上递增,在π2,π上递减,
又g'(0)=1-2<0,g'π2=eπ2-2>0,g'(π)=-eπ-2<0,
∴g'(x)在(0,π)上图像大致如图.

∴存在x1∈0,π2,x2∈π2,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,
且当x∈(0,x1)或x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.
∴g(x)在(0,x1)和(x2,π)上递减,在(x1,x2)上递增.∵g(0)=0,
∴g(x1)<0.∵gπ2=eπ2-π>0,
∴g(x2)>0.又g(π)=-2π<0,由零点存在定理得,g(x)在(x1,x2)和(x2,π)上各有一个零点,
∴函数g(x)在(0,π)上有两个零点.
例3解(1)f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(2ex+1)(aex-1),显然2ex+1>0.
①当a≤0时,aex-1<0,所以f'(x)<0,所以f(x)在R上递减.
②当a>0时,由f'(x)>0得x>ln1a,由f'(x)<0得x<ln1a,所以f(x)在-∞,ln1a上递减,在ln1a,+∞上递增.
(2)(方法1)①当a≤0时,由(1)可知,f(x)在R上递减,不可能有两个零点.
②当a>0时,f(x)min=fln1a=1-1a+lna,令g(a)=f(x)min,
则g'(a)=1a2+1a>0,
所以g(a)在(0,+∞)上递增,而g(1)=0,所以当a≥1时,g(a)=f(x)min≥0,从而f(x)没有两个零点.
当0<a<1时,fln1a<0,f(-1)=ae2+ae+1-2e>0,
于是f(x)在-1,ln1a上有1个零点;因为fln3a-1=a3a-12+(a-2)3a-1-ln3a-1=3a-1-ln3a-1>0,
且ln3a-1>ln1a,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=0⇔ae2x+aex=2ex+x⇔a=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+1>0,
所以h(x)在R上递增,
而h(0)=0,所以当x<0时,h(x)<0,当x>0时,h(x)>0,于是当x<0时,g'(x)>0,当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(-∞,0)上递增,在(0,+∞)上递减.

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x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)上递减,在(0,+∞)上递增.
(2)f'(x)=ex-a.
当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.
当a>0时,由f'(x)=0可得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,lna)上递减,在(lna,+∞)上递增,故当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a(1+lna).
①若0<a≤1e,则f(lna)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意.
②若a>1e,则f(lna)<0.
由于f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,lna)上存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,
所以当x>4且x>2ln(2a)时,
f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>eln(2a)·x2+2-a(x+2)=2a>0.
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a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时,f'(x)>0;
当x∈0,a3时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,0),a3,+∞上递增,在0,a3上递减.
若a=0,f(x)在(-∞,+∞)上递增.
若a<0,则当x∈-∞,a3∪(0,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈a3,0时,f'(x)<0.
故f(x)在-∞,a3,(0,+∞)上递增,在a3,0上递减.
(2)满足题设条件的a,b存在.
①当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上递增,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.
②当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]上递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)=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.
③当0<a<3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0<a<3矛盾.
若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a=0,与0<a<3矛盾.
综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]上的最小值为-1,最大值为1.
对点训练4解(1)∵函数f(x)在[1,+∞)上递增,∴f'(x)=1x-ax-1≥0在[1,+∞)上恒成立.
∴a≤1x2-1x=1x-122-14,
∴当x=2时,1x-122-14有最小值-14,
∴a的取值范围为-∞,-14.
(2)不存在.理由如下,
∵f'(x)=1x-ax-1,
∴f'(1)=1-a-1=-a.
∵函数f(x)在x=1处的切线平行于x轴,∴a=0,∴f(x)=lnx-x.∵不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>1时恒成立,∴xlnx-x>k(x-2)在x>1时恒成立,即xlnx-(k+1)x+2k>0在x>1时恒成立,令g(x)=xlnx-(k+1)x+2k,x>1,∴g'(x)=lnx-k,
当k≤0时,g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,即g(x)在(1,+∞)上递增,g(x)>g(1)=k-1>0,则k>1,矛盾;
当k>0时,令g'(x)>0,解得x>ek,令g'(x)<0,解得1<x<ek.
∴g(x)在(1,ek)上递减,在(ek,+∞)上递增.
∴g(x)min=g(ek)=kek-(k+1)ek+2k=2k-ek>0,令h(k)=2k-ek,k>0,则h'(k)=2-ek,
∵当k<ln2时,h'(k)>0,函数h(k)递增,当k>ln2时,h'(k)<0,函数h(k)递减,∴h(k)max=h(ln2)=2ln2-2=2(ln2-1)<0,∴不存在整数k使得2k-ek>0恒成立.
综上所述不存在满足条件的整数k.