新高考数学二轮复习 专题6 第5讲　函数、导数与方程（讲） 【新教材·新高考】

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高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。

第5讲 函数、导数与方程（讲·教师版）
高考定位
导数与函数、方程的交汇命题是高考的热点和难点.多以解答题压轴形式出现，难度较大．
核心整合
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、变化趋势等，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，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
真题体验
1.(2020·全国卷Ⅰ高考文科·T20) 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a的取值范围.
【解析】(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)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)f'(x)=ex-a.
当a≤0时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
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=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;
当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,
故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).
(i)若0则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意.
(ii)若a>1e,则f(ln a)<0.
由于f(-2)=e-2>0,
所以f(x)在(-∞,ln a)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(ln a,+∞)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,+∞.
2.(2020·浙江高考·T22)已知1(Ⅰ)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点;
(Ⅱ)记x0为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:
(ⅰ)a-1≤x0≤2(a-1);
(ⅱ)x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.
【解析】(Ⅰ)当x∈(0,+∞)时,f'(x)=ex-1>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,由于f(0)=1-a<0, f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,f(0)f(2)<0,
则y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(Ⅱ)(ⅰ)由于f(x)单调递增,1由f(1)=e-1-2<0,则t>1.右边:由于x≥0时,ex≥1+x+12x2,且ex0-x0-a=0,则a≥1+12x02⇒x0≤2(a-1).左边:要证明x02≥a-1=ex0-x0-1,只需证明ex0-x02-x0-1≤0.
记h(x)= ex-1-x-x2(0≤x≤t),则h'(x)=ex-1-2x,
h″(x)=ex-2,于是h'(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增.于是h'(x)=ex-1-2x≤max{h'(0),h'(t)}=0,
则h(x)在0≤x≤t上单调递减.h(x)=ex-1-x-x2≤h(0)=0,得证.
(ⅱ)要证明x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a,只需证:x0f(x0+a)≥(e-1)(a-1)a.
由于(xf(x+a))'= f(x+a)+xf'(x+a)>f(x+a)>f(a)=ea-2a≥1-a+a22>0,
则x0f(x0+a)≥a-1f(a-1+a),只需要证明:
f(a-1+a)≥(e-1)aa-1,
即ea-1+a-a-1-2a≥(e-1)aa-1.
由ex≥1+x+12x2,
只需证:1+12(a-1+a)2-a≥(e-1)aa-1⇔a2-(a-1)2-2(e-2)aa-1≥0,只需证aa-1-a-1a≥2(e-2),
由于aa-1=1a-1+a-1∈[2,+∞),则aa-1-a-1a≥2-12=32≥2(e-2).
综上所述,得证.
能力突破
考点一 证明或讨论函数的零点
【例1】 （2021•全国新高考II卷）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
【解析】(1)由函数的解析式可得，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
.
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【规律方法】判断函数f(x)零点个数的方法
(1)直接法：令f(x)＝0，如果能求出解，那么有几个不同的解f(x)就有几个零点．
(2)图形法：画出函数f(x)的图象，函数f(x)的图象与x轴的交点个数就是函数f(x)的零点个数；将函数f(x)拆成两个函数h(x)和g(x)的差的形式，根据f(x)＝0⇔h(x)＝g(x)，则函数f(x)的零点个数就是函数y＝h(x)和y＝g(x)的图象的交点个数．
(3)利用函数零点存在性定理：利用函数零点存在性定理时，不仅要求函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
【对点训练1】
1．(直接法) 已知函数f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，当x＞0时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2|x－1|，0＜x≤2，,\f(1,2)f（x－2），x＞2，))则函数g(x)＝4f(x)－1的零点个数为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
【答案】B.
【解析】求函数g(x)＝4f(x)－1的零点的个数，等价于求方程4f(x)－1＝0的解的个数，
即求方程f(x)＝eq \f(1,4)的解的个数．
由题意可知，当0＜x≤2时，f(x)＝2|x－1|，此时f(x)∈[1，2]；
当x＞2时，f(x)＝eq \f(1,2)f(x－2)，
所以当2＜x≤4时，f(x)＝eq \f(1,2)×2|x－3|，此时f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))；
当4＜x≤6时，f(x)＝eq \f(1,4)×2|x－5|，此时f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))，x＝5时，f(5)＝eq \f(1,4)；
当6＜x≤8时，f(x)＝eq \f(1,8)×2|x－7|，此时f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4)))，x＝8时，f(8)＝eq \f(1,4)；
当8＜x≤10时，f(x)＝eq \f(1,16)×2|x－9|，此时f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,16)，\f(1,8)))；
…
所以当x＞0时，f(x)＝eq \f(1,4)有两解，即当x＞0时，函数g(x)＝4f(x)－1有两个零点，
因为函数f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，故当x＜0时，f(x)＝eq \f(1,4)也有两解，
即当x＜0时，函数g(x)＝4f(x)－1有两个零点．
综上所述，函数g(x)＝4f(x)－1共有四个零点，故选B.
2．(图形法)设函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,x)，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)零点的个数．
【解析】由题设知，g(x)＝f′(x)－eq \f(x,3)＝eq \f(1,x)－eq \f(m,x2)－eq \f(x,3)(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－eq \f(1,3)x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－eq \f(1,3)x3＋x(x>0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的唯一极值点且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝eq \f(2,3).
又φ(0)＝0，结合函数y＝φ(x)的图象(如图)，可知
①当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
②当m＝eq \f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0综上所述，当m>eq \f(2,3)时，函数g(x)无零点；
当m＝eq \f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0考点二 已知函数的零点求参数
【例2】（2021·江西景德镇一中高三月考（理））已知函数.
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）已知，若在内有两个零点，求的取值范围.
【思路点拨】
（1）求出导函数，对a进行分类讨论：①；②；③a=1；④a>1，利用导数研究单调性.
（2）把在内有两个零点转化为关于x方程在上有两个不相等的实数根.令利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a的范围.
【解析】（1）的定义域为(0,+∞)，.
①当时，令，得到；令，得到，此时在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；
②当时，令，得到；令，得到或，此时在(a,1)上为减函数，在(0,a)和上为增函数；
③当a=1时,显然恒成立，此时在0,+∞)上为增函数；
④当a>1时,令，得到；令，得到或.此时在(1,a)上为减函数,在(0,1)和(a,+∞)上为增函数.
综上：①当时， 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；
②当时， 在(a,1)上为减函数，在(0,a)和上为增函数；
③当a=1时，在0,+∞)上为增函数；
④当a>1时，在(1,a)上为减函数,在(0,1)和(a,+∞)上为增函数.
（2）在内有两个零点，即关于x方程在上有两个不相等的实数根.
令则，
令，则，
显然在上恒成立,故在上单调递增.
因为p(1)=0，所以当，有，即所以单调递减；
当，有，即所以单调递增；
因为，
所以a的取值范围
【规律方法】利用函数零点的情况求参数范围的方法
(1)分离参数(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(优选分离、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)转化为两个熟悉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2】
1.（2021·山东淄博市高三二模）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数恰好有三个零点，求的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为，
由，
得．
由于，则，即在区间上，函数单调递减；
当时，
当时，，即在区间上，函数单调递减．
综上，当时，函数在区间上单调递减，
在区间上单调递增，在区间上单调递减；
当时，函数在区间上单调递减．
（2）结合第（1）问答案，只有当时函数才可能存在三个零点：
当时，，
，
在区间上恰好存在一个零点；
在区间上存在两个零点，需要保证，即，
且此时，，
在区间上存在一个零点，
同时，，
设，对于函数，，，
故，且，在区间上存在一个零点．
总之，当时，在区间、、上各存在一个零点．
2.（2021·天津高三二模）已知函数，，其中．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的最小值；
（3）记为的导函数，设函数的图象与轴有且仅有一个公共点，求的取值范围．
【解析】 （1）函数的定义域为R，且，所以．
因为，所以曲线在点处的切线方程为；
（2）由（1）得，令，得，．
所以，当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，所以是的极小值点．
又当时，；当时，；当时，，
所以只能在内取得最小值，因为是在内的极小值点，也是最小值点．
所以；
（3）由（1）及题意，得，，
因为且曲线与轴有且仅有一个公共点，所以函数有且仅有1个零点，且这个零点为1，
且．
①当时，，函数在上单调递增，且，
所以符合函数有且仅有1个零点，且这个零点为1；
②当时，令，，，
所以在上，函数单调递增，
因为，，
所以，使得，即，
所以在上，即，所以单调递减；在上．
因为，所以在上也有，
所以在上，即，所以单调递增
所以．
令，
则，
所以在区间上单调递减，所以，
所以，即．
因为且为常数，
又当时，；当时，．
所以函数在区间和上各有一个零点．
③当时，，，所以
令，，所以，
所以在上，单调递增．
因为，所以，在上，即，所以在区间上单调递减；
在上，即，所以在区间上单调递增．
所以，符合题意．
故所求的取值范围是．
＋
0
－
增
减