人教高中数学第35讲　高考题中的解答题六 （导数）（教师版）.docx

第35讲 高考题中的解答题六 （导数）
导数与函数的零点问题
(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]
切入点
求导，根据函数的单调性求最值
隐藏点
换元，令t＝xex，构造函数h(t)＝t－ln t＋1(t>0)
迁移点
再根据导函数求出单调性、最值，结合图象求解
[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x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，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)＝－，f(1)＝e－2，f(0)＝－1，
且显然e－2>－，
∴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－＝，
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m<2时，h(t)>m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)<m，
先证：当t>2时，t>2ln t，
令s(t)＝t－2ln t，∴s′(t)＝1－>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0<t<1时，0<e－m<1，h(e－m)>－lne－m＋1＝m＋1>m，
即h(t)＝m在(e－m,1)，(1，em)上分别有一个零点，而h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＝m在(0,1)，(1，＋∞)上分别有一个零点，
因此方程f(x)＝ln x＋m－2有2个实根．
方法技巧
求解函数零点(方程根)的个数问题的步骤
第一步
将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题
第二步
利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象
第三步
结合图象求解
针对训练
(2022·潍坊模拟)已知函数f(x)＝aln(x＋1)sin x－(a∈R)，且f(x)在上的最大值为.
(1)求实数a的值；
(2)讨论函数f(x)在内的零点个数，并加以证明．
解：(1)因为f(x)＝aln(x＋1)sin x－，所以f′(x)＝a，
当x∈时，有＋ln(x＋1)cos x>0.
当a＝0时，f(x)＝－，不符合条件；
当a<0时，f′(x)<0，则f(x)在上单调递减，即f(x)max＝f(0)＝－，不符合条件；
当a>0时，f′(x)>0.则f(x)在上单调递增，
即f(x)max＝f＝aln－
＝，解得a＝1.
(2)f(x)在[0，π]内有两个零点，证明如下：
由(1)知f(x)在上单调递增．
因为f(0)＝－<0，f＝ln－>0，所以f(x)在内存在唯一的零点．当x∈时，f′(x)＝＋ln(x＋1)cos x，因为f′＝>0，f′＝－ln<0，所以f′(x)在x∈内存在零点x0，即f′＝0，因为f″ (x)＝，
所以当x∈时，有f″(x)<0，即f′(x)在上单调递减．
所以当x∈时，f′(x)≥f′＝0，即f(x)在上单调递增，
所以有f(x)>f>0，即f(x)在无零点．
当x∈时，f′(x)<f′＝0，所以f(x)在上单调递减，
因为f>0，f<0，所以f(x)在内有且仅有一个零点．
综上所述，f(x)在[0，π]内有两个零点．
(二)　由函数零点的个数求参数　
[典例]　(2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x