1、第5讲函数、导数与方程做高考真题明命题趋向做真题高考怎么考 (2019高考全国卷节选)已知函数f(x)2sin xxcos xx，f(x)为f(x)的导数证明：f(x)在区间(0，)存在唯一零点证明：设g(x)f(x)，则g(x)cos xxsin x1，g(x)xcos x.当x时，g(x)0；当x时，g(x)0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点所以f(x)在(0，)存在唯一零点明考情备考如何学函数、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、对数式及绝对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情况求参数的值(或
2、取值范围)等问题，以解答题为主研考点考向破重点难点破解难点1 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函数图象在区间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，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，所以f(x)0等价于3a0.设g(x)3a，关键1：变形后构造函数此处结合分析法，考虑下一步判断则g(x)0，仅当x0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(
3、x)至多有一个零点又f(3a1)6a22a60，故f(x)有一个零点关键3：利用零点存在性定理判断零点个数综上，f(x)只有一个零点. 典型例题 (2019广东省七校联考)已知函数f(x)ln xax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a0，f(x)在(0，)上单调递增；当a0，f(x)单调递增，在上，f(x)0，f(x)单调递减综上，当a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)由(1)可知，当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减故f(x)maxfln1.当ln1，即a时，f 1，即a0，令0b1且b，则ln b0，f(b)ln bab
4、ln b0，故f(b)f0，则在(e，)上，g(t)10，故g(t)在(e，)上单调递减，故在(e，)上，g(t)g(e)2e0，则f0，故ff0，f(x)在上有一个零点故f(x)在(0，)上有两个零点综上，当a时，函数f(x)没有零点；当a时，函数f(x)有一个零点；当a0时，函数f(x)有两个零点 规律方法利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等；(2)根据题目要求，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晰、直观的整体展现 对点训练(2019高考
5、全国卷)已知函数f(x)(x1)ln xx1.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)ln x1ln x.因为yln x单调递增，y单调递减，所以f(x)单调递增又f(1)10，故存在唯一x0(1，2)，使得f(x0)0.又当xx0时，f(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)0，所以f(x)0在(x0，)内存在唯一根x.由x01得1x0.又fln 10，故是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
6、破解难点2 根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关键步【分类讨论法】(2016高考全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.(1)讨论
7、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a0，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满足b0且bln ，则f(b)(b2)a(b1)2a(b2b)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变化确定零点个数(ii)设a0，则f(x)(x2)ex，所以f(x)只有一个零点(iii)设a0，若a，则由(1)知，f(x)在(1，)单调递增，又当x1时，f(x)0，故f(x)不存在两个零点若a，则由(1)知，f(x)在(1，ln (2a)单调递减，在(ln(2a)，)单调递增又当x1时，f(x
8、)0，故f(x)不存在两个零点关键2：对参数分类讨论，利用函数单调性及函数值的变化确定零点个数综上，a的取值范围为(0，). 典型例题 (2019南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)ex(ln xaxab)(e为自然对数的底数)，a，bR，直线yx是曲线yf(x)在x1处的切线(1)求a，b的值(2)是否存在kZ，使得yf(x)在(k，k1)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(ln xaxb)，f(x)的定义域为(0，)由已知，得即，解得a1，b.(2)由(1)知，f(x)ex，则f(x)ex，令g(x)ln xx，则g(x)0，g(2)ln 21
9、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x0时，f(x)0，f(2)e2(ln 2)0，f(e)ee0，则g(x)，由g(x)0得2ln xx1，解得0x0，当x0时，g(x)，所以作出函数g(x)的简图，如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a(0，1)时符合题意下面给出证明：当a1时，ag(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a0时，方程至多一解，不符合题意；当a(0，1)时，g()0，所以g()a0，g()(ln )()a，所以g()a1，函数f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的单调区间；(2)
10、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(1x2)ex(x1)2ex，xR.因为对任意xR，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)1a1，所以a10，所以0，所以e1，所以e10，故f()0，所以存在x0(0，)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(2019武昌区调研考试)已知函数f(x)aexaex1，g(x)x3x26x，其中a0.(1)若曲线yf(x)经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程；
11、(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)a10，所以a1，此时f(x)exex1.所以f(x)exe，f(0)1e.所以曲线yf(x)在原点处的切线方程为y(1e)x.(2)因为f(x)aexaex1，所以f(x)aexaea(exe)当x1时，f(x)0；当0x1时，f(x)1时，h(x)0；当0x0.所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减所以当x0，)时，h(x)maxh(1)m.要使f(x)g(x)m在0，)上有解，则m1，即m.所以实数m的取值范围为，)3已知函数f(x)(a，bR，a0)的图象在点(1，f(1)处的切线斜率为
12、a.(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论方程f(x)1根的个数解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)，由f(1)aba，得b2a，所以f(x)，f(x).当a0时，由f(x)0，得0x；由f(x).当a0，得x；由f(x)0，得0x0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当a0，在上h(x)0，当x无限增大时，h(x)无限接近0；在上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，ln x2负无限大，故h(x)负无限大故当0时，方程f(x)1有两个不等实根，当a时，方程f(x)1只有一个实根，当a时，方程f(x)1有两个实根；当a0或a时，方程f(x)1有一个实根；当0a时，方程f
13、(x)1无实根4(2019洛阳尖子生第二次联考)已知函数f(x)ln x，mR.(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2)处的切线与直线xy0平行，求实数n的值；(2)若n1时，函数f(x)恰有两个零点x1，x2(0x12.解：(1)由题意得f(x)，所以f(2).由于函数f(x)的图象在(2，f(2)处的切线与直线xy0平行，所以1，解得n6.(2)证明：若n1时，f(x)恰有两个零点x1，x2(0x11，ln t，x1，故x1x2x1(t1)，所以x1x22，记函数h(t)ln t(t1)，则h(t)0，所以h(t)在(1，)上单调递增，所以h(t)h(1)0，又t1时，ln t0，所以x1x22成立