（京津鲁琼专用）2020版高考数学第二部分专题六函数与导数第5讲导数与方程练习（含解析）

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1、第5讲　导数与方程判断、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为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.(1)直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；(2)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.高考真题思维方法【直接法】(2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx－.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A(x

2、0，lnx0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.(1)f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).因为f′(x)＝＋>0，【关键1：正确求出导函数，研究函数的单调性】所以f(x)在(0，1)，(1，＋∞)单调递增.因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e

3、019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明：(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.证明：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx－，g′(x)＝－sinx＋.当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.【关键1：利用零点的存在性定理确定g′(x)在内有唯一零点】则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点.【关键2：根

4、据函数的单调性与极大值点的定义判断极大值点的存在性】(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞).①当x∈(－1，0]时，由(1)知，f′(x)在(－1，0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1，0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1，0]的唯一零点.②当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减.又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈

5、时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点.③当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点.④当x∈时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．【关键3：在定义域内的不同区间，利用函数的单调性、最值、零点存在性定理判断零点的个数】综上，f(x)有且仅有2个零点.[典型例题](2019·广东省七校联考)已知函数f(x)＝lnx＋ax.(1)讨论函数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)＝＋a＝.①当a≥0时，f′(x)>

6、0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝－，故在上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在上，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)在上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)可知，当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．故f(x)max＝f＝ln－1.①当ln<1，即a<－时，f<0，函数f(x)没有零点．②当ln＝1时，即a＝－时，f＝0，函数f(x)有一个零点．③当ln>1，即－0，令0

7、f<0，f(x)在上有一个零点．f＝ln＋＝2ln＋，令t＝－，则t∈(e，＋∞)．令g(t)＝2lnt－t，t>e，则在(e，＋∞)上，g′(t)＝－1<0，故g(t)在(e，＋∞)上单调递减，故在(e，＋∞)上，g(t)