2021高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 高考专题突破一 第2课时 导数与方程课件 理 新人教A版

,第2课时导数与方程,高考专题突破一高考中的导数应用问题,函数零点个数问题,题型一,答题模板,例1(12分)(2019全国)已知函数f(x)sinxln(1x)，f(x)为f(x)的导数，证明：(1)f(x)在区间上存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.,规范解答证明(1)f(x)的定义域为(1，)，,当x(1，x0)时，g(x)0；,当x(1,0时，由(1)可知f(x)在(1,0上单调递增，f(x)f(0)0，f(x)在(1,0上单调递减，又f(0)0.x0为f(x)在(1,0上的唯一零点.7分,又f(0)0，f(x0)0，f(x)在(0，x0)上单调递增，此时f(x)f(0)0，不存在零点，,当x(，)时，ln(x1)ln(1)1，f(x)sinxln(1x)0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间；当a0时，令f(x)0，得xlna，所以f(x)的单调递减区间为(，lna)，单调递增区间为(lna，).,由(1)知，当a0时，f(x)在r上单调递增；当a0时，f(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，)上单调递增；若a0，由f(0)0，知f(x)在区间0,1上有一个零点；若lna0，即0a1，则f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在0,1上有一个零点；若0lna1，即1ae，则f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna,1)上单调递增，又f(1)ea1，所以当ea10，即1ae1时，f(x)在0,1上有两个零点，,当ea10，即e1x2，根据h(x1)h(x2)结合图象(图略)可知x11，x21时，f(x)f(1)0，即当x1时，h(x)h(2x)，则h(x1)h(2x1)，又h(x1)h(x2)，h(x2)h(2x1)，x11，2x12x1，x1x22得证.,例2已知f(x)xlnxmx2x，mr.若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1e2(e为自然对数的底数).,证明欲证x1x2e2，需证lnx1lnx22，由函数f(x)有两个极值点x1，x2，可得函数f(x)有两个零点，又f(x)lnxmx，所以x1，x2是方程f(x)0的两个不同实根.,所以h(t)为(1，)上的增函数，,所以有lnx1lnx22成立，即x1x2e2.,基础保分练,1,2,3,4,5,课时精练,(1)求f(x)的单调区间；,解函数f(x)的定义域是(0，)，,令f(x)0，解得xe2，令f(x)0，解得00，得x2，由f(x)0，得0g(e)0，依题意，h(x)g(x)0，则函数h(x)无零点.当xe时，g(e)0，f(e)e33aee，,1,2,3,4,5,当x(e，)时，g(x)3e23a，所以当ae2时，f(x)0，函数f(x)在(e，)内单调递增.又f(e)e33aee，,1,2,3,4,5,又f(2e)8e36aee8e36e3e0，此时函数f(x)在(e，)内恰有一个零点.,1,2,3,4,5,因为f(e)e33aee8a26a2e2a2e0，所以此时函数f(x)在(e，)内恰有一个零点.,5.(2020河南豫北名校联考)已知函数f(x)ex1kx2k(其中e是自然对数的底数，kr).(1)讨论函数f(x)的单调性；,拓展冲刺练,解易得f(x)ex1k，当k0时，令f(x)0，得xlnk1，可得当x(，lnk1)时，f(x)0，所以函数f(x)在区间(，lnk1)上单调递减，在区间(lnk1，)上单调递增.当k0时，f(x)ex1k0恒成立，故此时函数f(x)在r上单调递增.,1,2,3,4,5,(2)当函数f(x)有两个零点x1，x2时，证明x1x22.,1,2,3,4,5,证明当k0时，由(1)知函数f(x)在r上单调递增，不存在两个零点，所以k0，,1,2,3,4,5,即证(t1)lnt2(t1)0，令g(t)(t1)lnt2(t1)(t1)，,1,2,3