2019版数学（文）二轮复习通用版讲义：专题六第五讲大题考法——函数与导数

第五讲 大题考法——函数与导数
题型(一)
导数与函数的零点或方程根问题

主要考查利用导数来判断函数的零点或方程根的个数，或者依据函数的零点、方程根的在情况求参数的值(或取值范围).

[典例感悟]
[典例1]　(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝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.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查导数的运算、导数与函数单调性的关系、零点的概念、零点与方程根的关系、零点存在性定理．
(二)定能力
1.考查数学运算：导数的运算，解一元二次不等式、方程.
2.考查逻辑推理：用导函数值与0的关系判断函数的单调性，进而得出函数的单调区间；要证函数只有一个零点，先证函数是单调函数，再由零点存在性定理证明有一零点．
(三)定思路
第(1)问利用导数与函数单调性的关系判断求解：
先求函数f(x)的导数，再解导数大于0或小于0对应的不等式即可；
第(2)问利用构造法、函数零点存在性定理求解：
将函数的零点转化为方程的根，构造函数，再进一步转化为新函数零点的判断.

[解]　(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)0，
所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
[典例2]　(2017·全国卷Ⅰ)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.
[审题定向]
(一)定知识
主要考查利用导数研究函数的单调性，函数的零点问题.
(二)定能力
1.考查数学运算：导数的运算，指数式与对数式的运算，解一元二次不等式、方程.
2.考查逻辑推理：用导函数值与0的关系判断函数的单调性；由函数零点情况分类讨论确定a的范围．
(三)定思路
第(1)问利用导数与函数单调性关系、分类讨论思想求解：
求函数f(x)的导数，分类讨论确定导函数符号来判断f(x)的单调性；
第(2)问利用分类讨论及等价转化思想求解：
利用(1)中结论分类讨论a≤0和a>0两种情况下f(x)的零点情况，从而确定a的取值范围.

[解]　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
①若a≤0，则f′(x)0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
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．
(2)①若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
②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－＋ln a.
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－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
当a∈(0,1)时，1－＋ln a0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．

[类题通法]
判断函数零点个数的2种常用方法
直接法
直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题
分离
参数法
分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可

[对点训练]
(2019届高三·辽宁五校联考)已知函数f(x)＝x2＋－aln x(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝2处取得极值，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f(x)有唯一的零点x0，求[x0]．
注：[x]表示不超过x的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2.
参考数据：ln 2＝0.693，ln 3＝1.099，ln 5＝1.609，ln 7＝1.946.
解：(1)∵f(x)＝x2＋－aln x，∴f′(x)＝(x>0)，由题意得f′(2)＝0，则2×23－2a－2＝0，a＝7，经验证，当a＝7时，f(x)在x＝2处取得极值，∴f(x)＝x2＋－7ln x，f′(x)＝2x－－，∴f′(1)＝－7，f(1)＝3，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－3＝－7(x－1)，即7x＋y－10＝0.
(2)令g(x)＝2x3－ax－2(x>0)，则g′(x)＝6x2－a，
由a>0，g′(x)＝0，可得x＝，∴g(x)在上单调递减，在上单调递增．
由于g(0)＝－20，g(x)>0.
(ⅰ)当a≥1时，f(x)≤g(x)≤ag(x)；
(ⅱ)当a≤0时，f(x)>0，ag(x)≤0，
∴不满足不等式f(x)≤ag(x)；
(ⅲ)当00时，g(x)≥0即可.

[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，
所以当00，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若00，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
3．(2018·合肥模拟)已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，求证：f(x)≤.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
考虑y＝x2＋2(1－a)x＋1，x>0.
①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ>0，即a>2或a2，则a－1＋>a－1－>0，
由f′(x)>0，得01，∴h(t)>h(1)＝0，
又t＝>1，ln t>0，故x1＋x2>4成立．
2．(2018·四川成都月考)已知函数f(x)＝(1－x)·ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝，x>－1，且x≠0，证明：g(x)0，f(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0时，f(x)