2019高考数学(理)考前冲刺提分课——破解难点优质课：导数与方程(共6页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上 破解难点优质课(二)导数与方程破解难点一判断、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为函数图像在区间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,则只需取值证明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.案例方法与思维【直接法】2017·全国卷 已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)0

2、.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2.(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f'(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-1x.当x0,12时,h'(x)<0;当x12,+时,h'(x)>0.所以h(x)在0,12上单调递减,在12,+上单调递增.【关键1:构造函数,利用导数研究函数的单调性】又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在0,12上有唯一零点x0,在12,+上有唯一零点1,【关键2:利用零点存在性

3、定理判断导函数零点的位置】且当x(0,x0)时,h(x)>0;当x(x0,1)时,h(x)<0;当x(1,+)时,h(x)>0.因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f'(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x00,12得f(x0)<14.【关键3:求二次函数值域得到f(x0)的范围】因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由e-1(0,1),f'(e-1)0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-2<f(x0)<2-2.【关键4:利用函数最值证明不等

4、式】【分类讨论法】2015·全国卷 已知函数f(x)=x3+ax+14,g(x)=-ln x.(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;(2)用minm,n表示m,n中的最小值,设函数h(x)=minf(x),g(x)(x>0),讨论h(x)零点的个数.(2)当x(1,+)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=minf(x),g(x)g(x)<0,故h(x)在(1,+)上无零点.【关键1:对x的取值分类讨论,适当放缩,判断h(x)的符号,确定函数零点个数】当x=1时,若a-54,则f(1)=a+540,h(1)=minf(1),g(1)=g(1)=0,

5、故x=1是h(x)的零点;若a<-54,则f(1)<0,h(1)=minf(1),g(1)=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.【关键2:当x的取值固定时,对参数a的取值分类讨论,确定函数值的符号得到零点个数】当x(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数.(i)若a-3或a0,则f'(x)=3x2+a在(0,1)上无零点,故f(x)在(0,1)上单调.而f(0)=14,f(1)=a+54,所以当a-3时,f(x)在(0,1)上有一个零点;当a0时,f(x)在(0,1)上没有零点.(ii)若-3<a<0

6、,则f(x)在0,-a3上单调递减,在-a3,1上单调递增,故在(0,1)上,当x=-a3时,f(x)取得最小值,最小值为f-a3=2a3-a3+14.若f-a3>0,即-34<a<0,则f(x)在(0,1)上无零点;若f-a3=0,即a=-34,则f(x)在(0,1)上有唯一零点;若f-a3<0,即-3<a<-34,由于f(0)=14,f(1)=a+54,所以当-54<a<-34时,f(x)在(0,1)上有两个零点;当-3<a-54时,f(x)在(0,1)上有一个零点.【关键3:当x的取值固定在一个范围内时,对参数a的取值分类讨论,利用函

7、数单调性、最值、零点存在性定理得到零点个数】综上,当a>-34或a<-54时,h(x)有一个零点;当a=-34或a=-54时,h(x)有两个零点;当-54<a<-34时,h(x)有三个零点.例1 2018·安徽“皖南八校”三联 已知函数f(x)=x2+x-aln x(aR),g(x)=12x2+x+12.(1)若曲线y=f(x)与y=g(x)在点(1,2)处的切线互相垂直,求a的值;(2)讨论函数y=f(x)-g(x)+12的零点个数.     总结反思 根据参数确定函数的零点个数有两种解决方法:一种是利用单调

8、性与零点存在性定理求解,另一种是化原函数为两个函数,利用两个函数图像的交点来求解.变式题 2018·雅安三诊 设函数f(x)=(x-1)ex-k2x2.(1)当k<1时,求函数f(x)的单调区间;(2)当k0时,讨论函数f(x)的零点个数.   破解难点二根据零点个数确定参数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

9、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.案例方法与思维【由导数特点分类讨论】2018·全国卷 已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1;(2)若f(x)在(0,+)只有一个零点,求a.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+)只有一个零点.【关键1:构造函数h(x),将f(x)的零点情况转化为h(x)的零点情况】(i)当a0时,h(x)>0

10、,h(x)没有零点.【关键2:对参数a分类讨论,结合函数值判断函数零点情况】(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x(0,2)时,h'(x)<0;当x(2,+)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.故h(2)=1-4ae2是h(x)在0,+)的最小值.【关键3:分类讨论,利用导数研究函数单调性,求函数最值】若h(2)>0,即a<e24,h(x)在(0,+)没有零点;若h(2)=0,即a=e24,h(x)在(0,+)只有一个零点;若h(2)<0,即a>e24,由于h(0)=1

11、,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0.故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+)有两个零点.【关键4:对函数最小值的符号分类讨论,结合函数单调性判断零点情况,求出参数值】综上,f(x)在(0,+)只有一个零点时,a=e24.(续表)案例方法与思维【直接分类讨论】2017·全国卷 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.(2)(i)

12、若a0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.【关键1:针对f(x)解析式的特点,可对参数a直接分类讨论】(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-1a+ln a.【关键2:结合函数单调性求函数最小值,进而根据最小值直接判断零点的情况】当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;当a(1,+)时,由于1-1a+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;当a(0,1)时,1-1a+ln a<0,即f(-ln a)<0.又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-

13、2+2>0,故f(x)在(-,-ln a)上有一个零点.设正整数n0满足n0>ln3a-1,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.由于ln3a-1>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+)上有一个零点.【关键3:对参数a分类讨论,结合函数单调性与最小值判断函数零点情况,求参数取值范围】综上,a的取值范围为(0,1).例2 2018·武汉调研 已知函数f(x)=xex-a(ln x+x),aR.(1)当a=e时,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.  

14、  总结反思 根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”,即通过函数的单调性确定函数图像与x轴的交点个数,或者通过两个相关函数图像的交点个数确定参数满足的条件,进而求得参数的取值范围,解决问题的步骤是“先形后数”.变式题 2018·唐山模拟 已知a>0,函数f(x)=ln x+4ax+a2-2.(1)记g(a)=f(a2),求g(a)的最小值;(2)若f(x)有三个不同的零点,求a的取值范围.   破解难点三可化为函数零点的函数问题(与函数零点性质研究)本探究点包括两个方向:一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构

15、造函数法);二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧).能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等.求解时一般先通过等价转换,将已知转化为函数零点问题,再构造函数,然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等,并结合分类讨论,通过确定函数的零点达到解决问题的目的.案例方法与思维【可化为函数零点的函数问题】2014·全国卷 已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2.曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)a;(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.(2)

16、证明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.【关键1:等价转换,构造函数】由题设知1-k>0.当x0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-,0上有唯一实根.【关键2:利用导数判断函数单调性,判断实根情况】当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,所以g(x)

17、>h(x)h(2)=0,所以g(x)=0在(0,+)上没有实根.综上,g(x)=0在R上有唯一实根,【关键3:利用导数判断函数单调性,结合零点存在性定理判断实根情况】即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.【函数零点性质研究】2016·全国卷 已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.(1)求a的取值范围;(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.(2)证明:不妨设x1<x2.由(1)知,x1(-,1),x2(1,+),2-x2(-,1),f(x)在(-,1)单调递减,所以x1+x2<2等价于f(x1)>f

18、(2-x2),即f(2-x2)<0.【关键1:利用分析法转化要证明的不等式】由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.【关键2:将代入,利用整体代入消元】设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,【关键3:构造函数】则g'(x)=(x-1)(e2-x-ex).所以当x>1时,g'(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0,从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.【关键4:利用导数判断函数单调性、用最值证明不等式】例3 2018·南宁期中 设函数f(x)=12x2-mln x,g(x)=x2-(m+1)x.(1)当m=1时,求函数f(x)的单调区间;(2)当m0时,讨论函数f(x)与g(x)图像的交点个数.