2020届高考数学一轮总复习 第三单元 导数及其应用 第19讲 导数的综合应用——导数与方程课件 理

高考总复习第（1）轮理科数学第三单元导数及其应用第19讲导数的综合应用——导数与方程1．能利用导数研究一般函数的单调性、极值与最值，获得对函数的整体认识．2．会利用导数研究一般函数的零点及其分布．横坐标实数解交点交点实数解至少有一1．函数零点的有关知识(1)零点的概念：函数的零点是函数图象与x轴交点的_________.(2)几个常用结论：①f(x)有零点⇔y＝f(x)的图象与x轴有______⇔方程f(x)＝0有_______.②F(x)＝f(x)－g(x)有零点⇔y＝f(x)与y＝g(x)的图象有_______⇔方程f(x)＝g(x)有_______.③零点存在定理：f(x)在[a，b]上连续，且f(a)·f(b)0，则f(x)在(a，b)内__________个零点．2．利用导数研究函数零点的方法(1)研究y＝f(x)的图象，利用数形结合的思想求解．(2)研究方程有解的条件，利用函数与方程的思想求解．1．设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如下图所示，则y＝f(x)的图象最有可能的是()解：由f′(x)的图象知，x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；x∈(0,2)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．只有C符合题意．答案：C2．函数f(x)＝13x3－4x＋4的零点个数为()A．0B．1C．2D．3解：因为f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝±2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)283－43由此可得到f(x)的大致图象(如下图)．由图可知f(x)有3个零点．答案：D3．若方程13x3－4x＋4＋a＝0有3个不同的解，则a的取值范围为()A．(－43，283)B．(－283，43)C．[－43，283]D．[－283，43]解：13x3－4x＋4＋a＝0有3个不同的解⇔f(x)＝13x3－4x＋4与g(x)＝－a有3个不同的交点．利用第2题图可知，－43－a283，即－283a43.答案：B4．若函数g(x)＝13x3－4x＋4＋a的图象与x轴恰有两个公共点，则a＝()A.283或－43B．－283或43C．－283或283D．－43或43解：g(x)＝13x3－4x＋4＋a与x轴恰有两个公共点⇔方程13x3－4x＋4＋a＝0有2个不同的解⇔f(x)＝13x3－4x＋4与φ(x)＝－a有2个不同的交点．利用第2题图可知，－a＝－43或－a＝283，所以a＝－283或a＝43.B5．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，ln2)B．(ln2，＋∞)C．(－∞，2ln2－2]D．[2ln2－2，＋∞)解：(方法1)因为f′(x)＝ex－2，令ex－2＝0得，ex＝2，所以x＝ln2，当x∈(－∞，ln2)时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈(ln2，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增；所以当x＝ln2时，f(x)取最小值f(x)min＝2－2ln2＋a.要f(x)有零点，所以a≤2ln2－2.(方法2)函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，即关于x的方程ex－2x＋a＝0有实根，即方程a＝2x－ex有实根．令g(x)＝2x－ex(x∈R)，则g′(x)＝2－ex.当xln2时，g′(x)0；当xln2时，g′(x)0.所以当x＝ln2时，g(x)max＝g(ln2)＝2ln2－2，所以函数g(x)的值域为(－∞，2ln2－2]．所以a的取值范围为(－∞，2ln2－2]．答案：C利用导数研究三次函数的零点及其分布利用导数研究超越方程的根及其分布与函数零点相关的综合问题考点1·利用导数研究三次函数的零点及其分布【例1】已知函数f(x)＝x3－12x＋a，其中a≥16，则f(x)的零点的个数是A．0或1B．1或2C．2D．3解：(方法1：从函数角度出发，研究f(x)的图象与x轴的交点)因为f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)a＋16a－16由此可得到f(x)的大致图象(如下图)，由a≥16得，a＋160，a－16≥0，当a＝16时，f(x)的图象与x轴有2个交点；当a16时，f(x)的图象与x轴只有1个交点．所以f(x)的零点个数为1或2.(方法2：从方程角度出发，利用函数与方程的思想)f(x)＝x3－12x＋a的零点个数⇔方程x3－12x＝－a的解的个数⇔g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的交点个数．画出g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的图象．由g′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)16－16所以g(x)的图象如下图所示：因为a≥16，所以y＝－a≤－16.由图可知直线y＝－a与y＝x3－12x的图象有1个或2个交点．答案：B【变式探究】1．(经典真题)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为()A．(2，＋∞)B．(－∞，－2)C．(1，＋∞)D．(－∞，－1)解：当a＝0时，不符合题意．a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2a.若a0，由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．若a0，由图象结合f(0)＝10知，此时必有f(2a)0，即a×8a3－3×4a2＋10，化简得a24，又a0，所以a－2.点评：(1)利用导数研究函数的零点的基本思路：①研究y＝f(x)的图象，利用数形结合的思想求解；②研究f(x)＝0有解，利用函数与方程的思想求解．(2)三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象特点当a0时，图象如图①，②所示．当a0时，图象如图③，④所示．考点2·利用导数研究超越方程的根及其分布【例2】已知函数f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1x2，求a的取值范围．解：由f(x)＝x－aex，可得f′(x)＝1－aex.下面分两种情况讨论：(1)a≤0时，f′(x)0在R上恒成立，可得f(x)在R上单调递增，不合题意．(2)a0时，由f′(x)＝0，得x＝－lna.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－lna)－lna(－lna，＋∞)f′(x)＋0－f(x)↗－lna－1↘这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－lna)；单调递减区间是(－lna，＋∞)．于是，“函数y＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f(－lna)0；②存在s1∈(－∞，－lna)，满足f(s1)0；③存在s2∈(－lna，＋∞)，满足f(s2)0.由f(－lna)0，即－lna－10，解得0ae－1，而此时，取s1＝0，满足s1∈(－∞，－lna)，且f(s1)＝－a0；而当x∈(－lna，＋∞)时，由于x→＋∞时，ex增长的速度远远大于x的增长速度，所以一定存在s2∈(－lna，＋∞)满足f(s2)0.另法：取s2＝2a＋ln2a，满足s2∈(－lna，＋∞)，且f(s2)＝(2a－e2a)＋(ln2a－e2a)0.所以a的取值范围是(0，e－1)．【变式探究】2．(2018·广州模拟节选)已知函数f(x)＝alnx＋x2(a≠0)，若函数f(x)恰有一个零点，求实数a的取值范围．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝alnx＋x2，所以f′(x)＝ax＋2x＝2x2＋ax.①当a0时，f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，取x0＝e－1a，则f(e－1a)＝－1＋(e－1a)20，(或：因为0x0a且x01e时，所以f(x0)＝alnx0＋x20alnx0＋aaln1e＋a＝0.)因为f(1)＝1，所以f(x0)·f(1)0，此时函数f(x)有一个零点．②当a0时，令f′(x)＝0，解得x＝－a2.当0x－a2时，f′(x)0，所以f(x)在(0，－a2)单调递减，当x－a2时，f′(x)0，所以f(x)在(－a2，＋∞)单调递增．要使函数f(x)恰有一个零点，则f(－a2)＝aln－a2－a2＝0，即a＝－2e.综上所述，若函数f(x)恰有一个零点，则a＝－2e或a0.点评：函数的零点是导数研究函数的性质的综合应用，要注意如下方面：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质；(2)数形结合思想方法的应用；(3)函数零点存在定理及根的分布知识的应用．考点3·与函数零点相关的综合问题【例3】(2018·石家庄一模)定义：如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上存在x1，x2(ax1x2b)，满足f′(x1)＝f（b）－f（a）b－a，f′(x2)＝f（b）－f（a）b－a，则称函数y＝f(x)是在区间[a，b]上的一个双中值函数，已知函数f(x)＝x3－65x2是区间[0，t]上的双中值函数，则实数t的取值范围是()A.(35，65)B．(23，65)C．(25，35)D．(1，65)解：在区间[0，t]存在x1，x2(ax1x2b)，满足f′(x1)＝f′(x2)＝f（t）－f（0）t＝t3－65t2t＝t2－65t,因为f(x)＝x3－65x2，所以f′(x)＝3x2－125x，所以方程3x2－125x＝t2－65t在区间(0，t)有两个不等实根，令g(x)＝3x2－125x－t2＋65t(0xt)，则Δ＝（125）2－12（65t－t2）0，g（0）＝65t－t20，g（t）＝2t2－65t0，t0，解得35t65，所以实数t的取值范围为(35，65)．答案：A【变式探究】3．(2019·凉山州高三一诊)函数f(x)，g(x)的定义域都是D，直线x＝x0(x0∈D)与y＝f(x)，y＝g(x)的图象分别交于A，B两点，若|AB|的值是不等于0的常数，则称曲线y＝f(x)，y＝g(x)为“平行曲线”，设f(x)＝ex－alnx＋c(a0，c≠0)，且y＝f(x)，y＝g(x)为区间(0，＋∞)内的“平行曲线”，g(1)＝e，g(x)在区间(2,3)内的零点唯一，则a的取值范围是.解：因为y＝f(x)，y＝g(x)为区间(0，＋∞)内的“平行曲线”，所以g(x)是由f(x)的图象经过上下平移得到的，即g(x)＝f(x)＋h＝ex－alnx＋c＋h，又g(1)＝e－aln1＋c＋h＝e＋c＋h＝e，所以c＋h＝0，即g(x)＝ex－alnx，由g(x)＝ex－alnx＝0⇔a＝exlnx.令h(x)＝exlnx，φ(x)＝a.由g(x)在区间(2,3)内有唯一零点等价于函数y＝h(x)与函数φ(x)＝a在(2,3)有唯一交点，h′(x)＝exlnx－1xlnx2，当x2时，h′(x)0，所以函数h(x)在(2,3)内单调递增，所以y＝h(x)与y＝a在(2,3)有唯一交点等价于h(2)ah(3)，即e2ln2ae3ln3，即a的取值范围是(e2ln2，e3ln3)．点评：(1)利用f(x)＝g(x)的解⇔y＝f(x)与y＝g(x)的图象交点的横坐标，可将方程的解的问题转化为两函数图象的交点问题，从而可利用数形结合的思想方法进行求解．(2)在具体转化时，要注意对方程f(x)＝g(x)尽量进行同解变形，变到两边的函数是熟悉的形式或较简单的形式，以便于对其图象特征进行研究．1．利用导数研究函数的零点及其零点分布问题的基本步骤：(1)构造函数，并确定定义域；(2)求导，确定单调区间及极值；(3)作出