新课标2025版高考数学二轮复习专题六函数与导数第5讲函数导数与方程学案文新人教A版

PAGE1-第5讲函数、导数与方程[做真题](2024·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，g′(x)<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减．又g(0)＝0，g(eq\f(π,2))>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．[明考情]函数、导数与方程的根(零点)考查的形式以解答题为主，主要考查利用导数确定某些高次式、指数式、对数式及肯定值式结构的函数的零点或方程根的个数，或者依据它们的零点或方程根的存在状况求参数的值(或取值范围)等问题，以解答题为主．推断、证明或探讨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——函数图象在区间[a，b]上是连绵不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.①干脆法：推断一个零点时，若函数为单调函数，取值证明f(a)·f(b)<0；②分类探讨法：推断几个零点时，须要先结合单调性，确定分类探讨的标准，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.案例关键步【干脆法】(2024·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点.(1)略(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.设g(x)＝eq\f(x3,x2＋x＋1)－3a，[关键1：变形后构造函数．此处结合分析法，考虑下一步推断eq\a\vs4\al(求导结果与零的关系，求导消参，需先变形])则g′(x)＝eq\f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．eq\a\vs4\al([关键2：利用导数推断函数单调性])又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq\f(1,3)＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,6)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq\f(1,3)>0，故f(x)有一个零点．[关键3：利用零点存在性定理推断零点个数]综上，f(x)只有一个零点.[典型例题](2024·广东省七校联考)已知函数f(x)＝lnx＋ax.(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)当a<0时，求函数f(x)的零点个数．【解】(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋a＝eq\f(ax＋1,x).①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,a)，故在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)由(1)可知，当a<0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减．故f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))－1.①当lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))<1，即a<－eq\f(1,e)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))<0，函数f(x)没有零点．②当lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝1时，即a＝－eq\f(1,e)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝0，函数f(x)有一个零点．③当lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))>1，即－eq\f(1,e)<a<0时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))>0，令0<b<1且b<－eq\f(1,a)，则lnb<0，f(b)＝lnb＋ab<lnb<0，故f(b)·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，－\f(1,a)))上有一个零点．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))＝lneq\f(1,a2)＋eq\f(1,a)＝2lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＋eq\f(1,a)，令t＝－eq\f(1,a)，则t∈(e，＋∞)．令g(t)＝2lnt－t，t>0，则在(e，＋∞)上，g′(t)＝eq\f(2,t)－1<0，故g(t)在(e，＋∞)上单调递减，故在(e，＋∞)上，g(t)<g(e)＝2－e<0，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))<0，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))·feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，\f(1,a2)))上有一个零点．故f(x)在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当a<－eq\f(1,e)时，函数f(x)没有零点；当a＝－eq\f(1,e)时，函数f(x)有一个零点；当－eq\f(1,e)<a<0时，函数f(x)有两个零点．eq\a\vs4\al()利用导数探讨方程根(函数零点)的一般方法(1)探讨方程根的状况，可以通过导数探讨函数的单调性、最大值、最小值、改变趋势等；(2)依据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；(3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清楚、直观的整体呈现．[对点训练](2024·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因为y＝lnx单调递增，y＝eq\f(1,x)单调递减，所以f′(x)单调递增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)<1<x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(f（α）,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．依据零点个数确定参数范围已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分别参数法：一般命题情境为给出区间，求满意函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分别出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，依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)分类探讨法：一般命题情境为没有固定区间，求满意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，在每个小范围内探讨零点的个数是否符合题意，将满意题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．案例关键步【分类探讨法】(2024·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.(1)探讨f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.(1)略(2)(i)设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满意b＜0且b＜lneq\f(a,2)，则f(b)＞eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－eq\f(3,2)b)＞0.所以f(x)有两个零点．[关键1：利用函数单调性及函数值的改变确定零点个数](ii)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．(iii)设a＜0，若a≥－eq\f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)单调递增，又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．若a＜－eq\f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．[关键2：对参数分类探讨，利用函数单调性及函数值的改变确定零点个数]综上，a的取值范围为(0，＋∞).[典型例题](2024·南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)＝ex(lnx－ax＋a＋b)(e为自然对数的底数)，a，b∈R，直线y＝eq\f(e,2)x是曲线y＝f(x)在x＝1处的切线．(1)求a，b的值．(2)是否存在k∈Z，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．【解】(1)f′(x)＝ex(lnx－ax＋eq\f(1,x)＋b)，f(x)的定义域为(0，＋∞)．由已知，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝\f(e,2)，,f′（1）＝\f(e,2)))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eb＝\f(e,2),e（b－a＋1）＝\f(e,2)))，解得a＝1，b＝eq\f(1,2).(2)由(1)知，f(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－x＋\f(3,2)))，则f′(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－x＋\f(1,x)＋\f(1,2)))，令g(x)＝lnx－x＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,2)，则g′(x)＝－eq\f(x2－x＋1,x2)<0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝eq\f(1,2)>0，g(2)＝ln2－1<0，所以存在唯一的x0∈(1，2)使得g(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0.所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．又当x→0时，f(x)<0，f(1)＝eq\f(e,2)>0，f(2)＝e2(ln2－eq\f(1,2))>0，f(e)＝eeeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－e))<0，所以存在k＝0或2，使得y＝f(x)在(k，k＋1)上有唯一零点．eq\a\vs4\al()利用函数零点的状况求参数的值或取值范围的一般方法(1)分别参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分别、次选分类)求解．(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解．(3)转化为两个熟识的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．[对点训练]已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R.若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：函数f(x)有两个零点，等价于方程a＝eq\f(lnx＋x,x2)有两解．令g(x)＝eq\f(lnx＋x,x2)，x>0，则g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3)，由g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3)>0得2lnx＋x<1，解得0<x<1，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又当x≥1时，g(x)>0，当x→0时，g(x)→－∞，所以作出函数g(x)的简图，如图，结合函数值的改变趋势猜想：当a∈(0，1)时符合题意．下面给出证明：当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a≤0时，方程至多一解，不符合题意；当a∈(0，1)时，g(eq\f(1,e))<0，所以g(eq\f(1,e))－a<0，g(eq\f(2,a))＝eq\f(a2,4)(lneq\f(2,a)＋eq\f(2,a))<eq\f(a2,4)(eq\f(2,a)＋eq\f(2,a))＝a，所以g(eq\f(2,a))－a<0.所以方程在(eq\f(1,e)，1)与(1，eq\f(2,a))上各有一个根，所以f(x)有两个零点．综上，a的取值范围为(0，1)．1．设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．解：(1)f(x)的定义域为R，由导数公式知f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x＋1)2ex，x∈R.因为对随意x∈R，都有f′(x)≥0，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，且f(0)＝1－a<0，f(eq\r(a－1))＝aeeq\r(a－1)－a＝a(eeq\r(a－1)－1)．因为a>1，所以a－1>0，所以eq\r(a－1)>0，所以eeq\r(a－1)>1，所以eeq\r(a－1)－1>0，故f(eq\r(a－1))>0，所以存在x0∈(0，eq\r(a－1))使得f(x0)＝0.又因为f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，所以f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．2．(2024·武昌区调研考试)已知函数f(x)＝aex－aex－1，g(x)＝－x3－eq\f(3,2)x2＋6x，其中a>0.(1)若曲线y＝f(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；(2)若f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，求实数m的取值范围．解：(1)因为f(0)＝a－1＝0，所以a＝1，此时f(x)＝ex－ex－1.所以f′(x)＝ex－e，f′(0)＝1－e.所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝(1－e)x.(2)因为f(x)＝aex－aex－1，所以f′(x)＝aex－ae＝a(ex－e)．当x>1时，f′(x)>0；当0<x<1时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(1)＝－1.令h(x)＝g(x)＋m＝－x3－eq\f(3,2)x2＋6x＋m，则h′(x)＝－3x2－3x＋6＝－3(x＋2)(x－1)．当x>1时，h′(x)<0；当0<x<1时，h′(x)>0.所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x∈[0，＋∞)时，h(x)max＝h(1)＝eq\f(7,2)＋m.要使f(x)＝g(x)＋m在[0，＋∞)上有解，则eq\f(7,2)＋m≥－1，即m≥－eq\f(9,2).所以实数m的取值范围为[－eq\f(9,2)，＋∞)．3．已知函数f(x)＝eq\f(alnx＋b,x)(a，b∈R，a≠0)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)探讨方程f(x)＝1根的个数．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－b－alnx,x2)，由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，所以f(x)＝eq\f(a（lnx＋2）,x)，f′(x)＝－eq\f(a（lnx＋1）,x2).当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<eq\f(1,e)；由f′(x)<0，得x>eq\f(1,e).当a<0时，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)；由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e).综上，当a>0时，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))；当a<0时，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(2)f(x)＝1，即方程eq\f(alnx＋2a,x)＝1，即方程eq\f(1,a)＝eq\f(lnx＋2,x)，构造函数h(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，则h′(x)＝－eq\f(1＋lnx,x2)，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上h′(x)>0，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上h′(x)<0，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递减，所以h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上，h(x)单调递减且h(x)＝eq\f(lnx＋2,x)>0，当x无限增大时，h(x)无限接近0；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，lnx＋2负