（鲁京津琼专用）2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 高考专题突破一 高考中的导数应用

1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)＝xex－2e，g(x)＝－1x－lnxx＋m，试讨论函数f(x)与g(x)在(0，＋∞)上的交点个数．解令h(x)＝f(x)－g(x)＝xex－2e＋1x＋lnxx－m(x0)，则h′(x)＝1－xex－1x2＋1－lnxx2＝1－xex－lnxx2.易知h′(1)＝0，2∴当0x1时，h′(x)0，当x1时，h′(x)0，∴函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝－1e＋1－m.①当－1e＋1－m＝0，即m＝1－1e时，函数h(x)只有一个零点，即函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)上只有1个交点；②当－1e＋1－m0，即m1－1e时，函数h(x)没有零点，即函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)上没有交点；③当－1e＋1－m0，即m1－1e时，当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→－2e－m，若－2e－m≥0，即m≤－2e，函数h(x)有一个零点，即函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)上有一个交点，当－2e－m0，即－2em1－1e时，函数h(x)有2个零点，即函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点．综上，当m1－1e时，f(x)与g(x)在(0，＋∞)上没有交点；当m＝1－1e或m≤－2e时，f(x)与g(x)在(0，＋∞)上有1个交点；当－2em1－1e时，f(x)与g(x)在(0，＋∞)上有2个交点．题型二根据函数零点情况求参数范围例2(2018·九江模拟)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－1.3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＋2e0.4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0，5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)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．求a的取值范围．解f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②设a0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．6又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b0且blna2，则f(b)a2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b0，故f(x)存在两个零点．③设a0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．若a－e2，则ln(－2a)1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)0.因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．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，7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，＋∞.6．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x22.(1)解f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②设a0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b0且blna2，则f(b)a2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b0，故f(x)存在两个零点．③设a0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．若a－e2，则ln(－2a)1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)0.因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．8(2)证明不妨设x1x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)在(－∞，1)内单调递减，所以x1＋x22等价于f(x1)f(2－x2)，即f(2－x2)0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当x1时，g′(x)0.而g(1)＝0，故当x1时，g(x)0.从而g(x2)＝f(2－x2)0，故x1＋x22.