2020届高考数学文一轮复习讲义第3章高考专题突破1第2课时导数与方程

第2课时导数与方程题型一求函数零点个数例1设函数f(x)＝12x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x，当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数．解令F(x)＝f(x)－g(x)＝－12x2＋(m＋1)x－mlnx，x0，问题等价于求函数F(x)的零点个数．F′(x)＝－x－1x－mx，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝320，F(4)＝－ln40，所以F(x)有唯一零点．当m1时，若0x1或xm，则F′(x)0；若1xm，则F′(x)0，所以函数F(x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋120，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)0，所以F(x)有唯一零点．综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．思维升华(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．跟踪训练1设函数f(x)＝lnx＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3的零点的个数．解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋ex，则f′(x)＝x－ex2(x0)，由f′(x)＝0，得x＝e.∴当x∈(0，e)时，f′(x)0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0m23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m23时，函数g(x)有两个零点．题型二根据函数零点情况求参数范围例2(2018·抚顺模拟)已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在1e，e上有两个零点，求实数m的取值范围．解g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝2x－2x＝－2x＋1x－1x.因为x∈1e，e，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当1e≤x1时，g′(x)0；当1x≤e时，g′(x)0.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又g1e＝m－2－1e2，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g1e＝4－e2＋1e20，则g(e)g1e，所以g(x)在1e，e上的最小值是g(e)．g(x)在1e，e上有两个零点的条件是g1＝m－10，g1e＝m－2－1e2≤0，解得1m≤2＋1e2，所以实数m的取值范围是1，2＋1e2.思维升华函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间1e，e上有两个不等实根，求实数a的取值范围．解由g(x)＝2f(x)，可得2xlnx＝－x2＋ax－3，a＝x＋2lnx＋3x，设h(x)＝x＋2lnx＋3x(x0)，所以h′(x)＝1＋2x－3x2＝x＋3x－1x2.所以x在1e，e上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下：x1e，11(1，e)h′(x)－0＋h(x)极小值又h1e＝1e＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝3e＋e＋2.且h(e)－h1e＝4－2e＋2e0.所以h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝h1e＝1e＋3e－2，所以实数a的取值范围为4a≤e＋2＋3e，即a的取值范围为4，e＋2＋3e.1．已知函数f(x)＝a＋x·lnx(a∈R)，试求f(x)的零点个数．解f′(x)＝(x)′lnx＋x·1x＝xlnx＋22x，令f′(x)0，解得xe－2，令f′(x)0，解得0xe－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(e－2)＝a－2e，显然当a2e时，f(x)min0，f(x)无零点，当a＝2e时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点，当a2e时，f(x)min0，f(x)有2个零点．2．已知f(x)＝1x＋exe－3，F(x)＝lnx＋exe－3x＋2.(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．解(1)f′(x)＝－1x2＋exe＝x2ex－eex2，令f′(x)0，解得x1，令f′(x)0，解得0x1，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)F′(x)＝f(x)＝1x＋exe－3，由(1)得∃x1，x2，满足0x11x2，使得f(x)在(0，x1)上大于0，在(x1，x2)上小于0，在(x2，＋∞)上大于0，即F(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，而F(1)＝0，x→0时，F(x)→－∞，x→＋∞时，F(x)→＋∞，画出函数F(x)的草图，如图所示．故F(x)在(0，＋∞)上的零点有3个．3．已知函数f(x)＝13x3－12x2－2x＋c有三个零点，求实数c的取值范围．解f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)，由f′(x)0可得x2或x－1，由f′(x)0可得－1x2，所以函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1,2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝76＋c，极小值为f(2)＝c－103.而函数f(x)恰有三个零点，故必有76＋c0，c－1030，解得－76c103，所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是－76，103.4．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋e2x(x0)．(1)若g(x)＝m有零点，求m的取值范围；(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．解(1)∵g(x)＝x＋e2x≥2e2＝2e(x0)，当且仅当x＝e2x时取等号，∴当x＝e时，g(x)有最小值2e.∴要使g(x)＝m有零点，只需m≥2e.即当m∈[2e，＋∞)时，g(x)＝m有零点．(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点．如图，作出函数g(x)＝x＋e2x(x0)的大致图象．∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2，∴其对称轴为x＝e，f(x)max＝m－1＋e2.若函数f(x)与g(x)的图象有两个交点，则m－1＋e22e，即当m－e2＋2e＋1时，g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．5．已知函数f(x)＝(3－a)x－2lnx＋a－3在0，14上无零点，求实数a的取值范围．解当x从0的右侧趋近于0时，f(x)→＋∞，所以f(x)0在0，14上恒成立不可能．故要使f(x)在0，14上无零点，只需对任意的x∈0，14，f(x)0恒成立，即只需当x∈0，14时，a3－2lnxx－1恒成立．令h(x)＝3－2lnxx－1，x∈0，14，则h′(x)＝2lnx＋2x－2x－12，再令m(x)＝2lnx＋2x－2，x∈0，14，则m′(x)＝－21－xx20，于是在0，14上，m(x)为减函数，故m(x)m14＝6－4ln20，所以h′(x)0在0，14上恒成立，所以h(x)在0，14上为增函数，所以h(x)h14在0，14上恒成立．又h14＝3－163ln2，所以a≥3－163ln2，故实数a的取值范围是3－163ln2，＋∞.