发布时间 : 星期五 文章2021高考数学（江苏专用）一轮复习学案：第三章 高考专题突破一 第2课时 导数与方程（含解析）更新完毕开始阅读
第2课时 导数与方程
例1 (12分)(2019·全国Ⅰ)已知函数f (x)＝sin x－ln(1＋x)，f′(x)为f (x)的导数，证明： π
－1，?上存在唯一极大值点； (1)f′(x)在区间?2??(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，＋∞)， 1
f′(x)＝cos x－，[1分]
x＋1
π1
－1，?， 令g(x)＝cos x－，x∈?2??x＋11?－1，π?， ∴g′(x)＝－sin x＋，x∈2???x＋1?2π
－1，?上单调递减．[2分] 易知g′(x)在?2??
π?π44
又g′(0)＝－sin 0＋1＝1>0，g′?＝－sin ＋＝－1<0， ?2?2?π＋2?2?π＋2?2π
0，?，使得g′(x0)＝0.[3分] ∴?x0∈??2?∴当x∈(－1，x0)时，g′(x)>0； π
x0，?时，g′(x)<0， 当x∈?2??
π
x0，?上单调递减． ∴g(x)在(－1，x0)上单调递增，在?2??
π
－1，?上唯一的极大值点， 故x＝x0为g(x)在区间?2??π
－1，?上存在唯一的极大值点x0.[5分] 即f′(x)在区间?2??1
(2)由(1)知f′(x)＝cos x－，x∈(－1，＋∞)．
x＋1①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.
∴x＝0为f (x)在(－1,0]上的唯一零点．[7分]
ππ
0，?时，f′(x)在(0，x0)上单调递增，在?x0，?上单调递减， ②当x∈?2??2??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， π?π22
又f′?＝cos －＝－<0， ?2?2π＋2π＋2π
x0，?，使得f′(x1)＝0， ∴?x1∈?2??
π
x1，?上单调递减， ∴f (x)在(x0，x1)上单调递增，在?2??π?π?1＋π? 又f (x0)>f (0)＝0，f ?＝sin －ln?2??2?2＝ln
2e
>ln 1＝0. π＋2
π
x0，?上恒成立，不存在零点．[9分] ∴f (x)>0在?2??π?π
，π时，易知f (x)在?，π?上单调递减， ③当x∈??2??2?π?又f ??2?>0，f (π)＝sin π－ln(π＋1)＝－ln(π＋1)<0， π?∴f (x)在??2，π?上存在唯一零点．[10分] ④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>ln(π＋1)>1， ∴f (x)＝sin x－ln(1＋x)<0， ∴f (x)在(π，＋∞)上不存在零点， 综上所述，f (x)有且仅有2个零点．[12分]
第一步：求导函数f′(x)；
第二步：二次求导：设g(x)＝f′(x)，求g′(x)；
第三步：讨论g(x)的性质：根据g′(x)的符号讨论g(x)的单调性和零点； 第四步：讨论f (x)的性质：根据f′(x)的符号讨论f (x)的单调性和零点．
跟踪训练1 (2020·南京调研)已知函数f (x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f (x)的单调区间；
1
x－?在区间[0,1]上零点的个数． (2)讨论g(x)＝f (x)??2?解 (1)因为f (x)＝ex－ax－1， 所以f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f (x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a>0时，令f′(x)<0，得x
所以f (x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)． 1
(2)令g(x)＝0，得f (x)＝0或x＝，
2
由(1)知，当a≤0时，f (x)在R上单调递增；当a>0时，f (x)在(－∞，ln a)上单调递减，在 (ln a，＋∞)上单调递增；
若a≤0，由f (0)＝0，知f (x)在区间[0,1]上有一个零点；
若ln a≤0，即0 又f (1)＝e－a－1，所以当e－a－1≥0，即1 若ln a≥1，即a≥e，则f (x)在[0,1]上单调递减，f (x)在[0,1]上只有一个零点． 1?1 又当x＝时，由f ??2?＝0得a＝2(e－1)， 2 所以当a≤1或a>e－1或a＝2(e－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；当1 根据函数零点情况求参数范围 1?例2 已知函数f (x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f (x)在区间??e，e?上有两个不等实根，求实数a的取值范围． 解 由g(x)＝2f (x)， 3可得2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋， x3 设h(x)＝x＋2ln x＋(x>0)， x 23?x＋3??x－1? 所以h′(x)＝1＋－2＝. xxx2 1? 所以x在??e，e?上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： x h′(x) h(x) ?1，1? ?e?－ ↗ 1 0 极小值 (1，e) ＋ ↘