高考理科数学突破二轮复习新课标通用讲义：专题六 第5讲　导数与方程含答案.docVIP

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)＝ln x－eq \f(x＋1,x－1). (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＝ln x在点A(x0，ln x0)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)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,(x－1)2)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－eq \f(e＋1,e－1)0，f(e2)＝2－eq \f(e2＋1,e2－1)＝eq \f(e2－3,e2－1)0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(ex1e2)，即f(x1)＝0. [关键2：利用零点存在性定理判断在(1，＋∞)内存在一个零点] 又0eq \f(1,x1)1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))＝－ln x1＋eq \f(x1＋1,x1－1)＝－f(x1)＝0， 故f(x)在(0，1)有唯一零点eq \f(1,x1). [关键3：利用零点存在性定理判断在(0，1)内存在一个零点] 综上，f(x)有且仅有两个零点. (2)略 【分类讨论法】 (2019·高考全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数，证明： (1)f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))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)＝cos x－eq \f(1,1＋x)，g′(x)＝－sin x＋eq \f(1,(1＋x)2). 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，可得g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))内有唯一零点] 则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))时，g′(x)＜0. 所以g(x)在(－1，α)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))单调递减，故g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1 ，\f(π,2)))存在唯一极大值点，即f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(π,2)))存在唯一极大值点. [关键2：根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∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))单调递减，而f′(0)＝0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜0，所以存在β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\f(π,2)))时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β，\