新高考数学二轮复习对点题型第35讲高考题中的解答题六（导数）（2份打包，原卷版+教师版）

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(一) 探求函数零点的个数
[典例] (2022·太原一模)已知函数f(x)＝xex－x－1.
(1)求函数f(x)在区间[－1,1]上的最值；
(2)讨论方程f(x)＝ln x＋m－2实根个数．
[关键点拨]
[解] (1)函数f(x)＝xex－x－1的定义域是R，
f′(x)＝(x＋1)ex－1，
令g(x)＝f′(x)＝(x＋1)ex－1，
当x∈[－1,1]时，g′(x)＝(x＋2)ex>0，
∴f′(x)在[－1,1]上单调递增．
又x＝0时，f′(x)＝0，
∴当x0，f(x)单调递增．
故函数f(x)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，
又f(－1)＝－eq \f(1,e)，f(1)＝e－2，f(0)＝－1，
且显然e－2>－eq \f(1,e)，
∴函数f(x)在区间[－1,1]上的最小值为－1，最大值为e－2.
(2)f(x)＝ln x＋m－2即为xex－x－1＝ln x＋m－2，得xex－x－ln x＋1＝m，
即xex－ln(x·ex)＋1＝m，令t＝xex，易知y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，故t>0，
构造函数h(t)＝t－ln t＋1(t>0)，
则h′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，
故h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴h(t)min＝h(1)＝2.
①当mm恒成立，方程f(x)＝ln x＋m－2没有实根；
②当m＝2时，若t＝1，则h(t)＝m；若t≠1，则h(t)>m恒成立．方程f(x)＝ln x＋m－2有1个实根；
③当m>2时，h(1)2时，t>2ln t，
令s(t)＝t－2ln t，∴s′(t)＝1－eq \f(2,t)>0，∴s(t)>s(2)＝2－2ln 2>0，即t>2ln t，
∴当t>2时，h(t)>2ln t－ln t＋1＝ln t＋1，又em>2，∴h(em)>m＋1>m，
当00，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π))＝－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋1))0，即f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，x0))无零点．
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，π))时，f′(x)0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π))0，则ln(x＋1)>0，eq \f(ax,ex)≥0，
∴f(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．
②当a0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
∵f(0)＝0，∴f(x)在(－1,0)，(0，＋∞)上均无零点，不符合题意．
若g′(－1)0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∵f(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不符合题意．
当g(0)－1}，
f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－1＝eq \f(－x,x＋1).令f′(x)>0，得－1