第3课时 导数的综合应用
题型 一 利用导数求解函数的零点或方程的根的问题
1．(2019·汉中模拟)若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则12
称函数g(x)为f(x)的“友导”函数．已知函数g(x)＝2kx－x＋3为函数f(x)＝x2ln x＋x的“友导”函数，则k的取值范围是( )
A．(－∞，1) C．(1，＋∞) 答案 D
解析 g′(x)＝kx－1，由题意g(x)为函数f(x)的“友导”函数，即方程x2ln x111
＋x＝kx－1有解，故k＝xln x＋x＋1，记p(x)＝xln x＋x＋1，则p′(x)＝1＋ln x－x2x2－1x2－1
＝x2＋ln x，当x>1时，x2>0，ln x>0，故p′(x)>0，故p(x)递增；当0 时，x2<0，ln x<0，故p′(x)<0，故p(x)递减，故p(x)≥p(1)＝2，故由方程k＝1 xln x＋x＋1有解，得k≥2，故选D. 2．(2019·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝ln x－ x＋1 . x－1B．(－∞，2] D．[2，＋∞) 讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点． 解 f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)． 1 因为f′(x)＝x＋ 2 >0， 2 ?x－1? 所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增． 因为f(e)＝1－ e＋1e－1 <0，f(e2)＝2－ e2＋1 ＝>0， e2－1e2－1 e2－3 所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e x1＋1＝0. x1－1 x1＋11?1? 又0 ?1?1x1－11 故f(x)在(0,1)有唯一零点x. 1 综上，f(x)有且仅有两个零点． 条件探究1 将本例中的函数f(x)改为f(x)＝a＋x·ln x(a∈R)，试求f(x)的零点个数． x?ln x＋2?1解 f′(x)＝(x)′·ln x＋x·， x＝2x令f′(x)>0，解得x>e－2， 令f′(x)<0，解得0 f(x)min＝f(e－2)＝a－e， 2 显然当a>e时，f(x)min>0，f(x)无零点， 2 当a＝e时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点， 2 当a 1 条件探究2 将本例中的函数f(x)改为f(x)＝x－2＋ex(e为自然对数的底数)．若直线l：y＝kx－2与曲线y＝f(x)没有公共点，求k的最大值． 解 直线l：y＝kx－2与曲线y＝f(x)没有公共点等价于关于x的方程kx－2＝x11 －2＋ex在R上没有实数解，即关于x的方程(k－1)x＝ex(*)在R上没有实数解． 1 (1)当k＝1时，方程(*)可化为ex＝0，在R上没有实数解，符合题意． 1 (2)当k≠1时，方程(*)可化为＝xex. k－1令g(x)＝xex，则有g′(x)＝(1＋x)ex， 令g′(x)＝0，得x＝－1. 当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表： x g′(x) g(x) (－∞，－1) － －1 0 1－e (－1，＋∞) ＋ 1所以当x＝－1时，g(x)min＝－e，又当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以g(x)的取?1? 值范围为?－e，＋∞?. ?? 所以当 1?1? ∈?－∞，－e?时，方程(*)无实数解，故k的取值范围是(1－e,1)． ??k－1 综上，k的取值范围是(1－e,1]，即k的最大值为1. 利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法 借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围． (3)构造函数法研究函数零点 ①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函 数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解． ②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出 导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．如举例说明1. 2 1．(2019·吉安模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)满足x>0时，f(x)＝πx－ln xπ ＋ln2，则函数g(x)＝f(x)－sinx(e为自然对数的底数)的零点个数是( ) A．1 C．3 答案 C 解析 根据题意，函数g(x)＝f(x)－sinx的零点即函数y＝f(x)与y＝sinx的交点，设h(x)＝sinx，函数f(x)为R上的奇函数，则f(0)＝0，又由h(0)＝sin0＝0.则函数y2π2＝f(x)与y＝sinx存在交点(0,0)，当x>0时，f(x)＝x－ln x＋ln，其导数f′(x)＝－ π2ππ?1??π? ?0，2?上，?2，＋∞?上，，分析可得在区间f′(x)<0，f(x)为减函数，在区间f′(x)>0， x?????π?2π f(x)为增函数，则f(x)在区间(0，＋∞)上存在最小值，且其最小值为f?2?＝π×2－ln ??πππ?π??π? ???，1? 2＋ln 2＝1，又由h?2?＝sin2＝1，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点?2?，又由?π? y＝f(x)与y＝sinx都是奇函数，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点?－2，－1?.综合 ??可得，函数y＝f(x)与y＝sinx有3个交点，则函数g(x)＝f(x)－sinx有3个零点． ex 2．(2019·郑州模拟)已知函数f(x)＝x＋a(x－ln x)，a∈R. (1)当a＝－e时，求f(x)的最小值； (2)若f(x)有两个零点，求参数a的取值范围． ex 解 (1)f(x)＝x＋a(x－ln x)，定义域为(0，＋∞)， B．2 D．5 ex?x－1??x－1??x－1??ex＋ax? f′(x)＝x2＋ax＝， x2 ?x－1??ex－ex? x 当a＝－e时，f′(x)＝，由于e≥ex在(0，＋∞)上恒成立． 2 x故f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增． f(x)min＝f(1)＝e＋a＝0. ?x－1??ex＋ax? (2)f′(x)＝， x2 当a＝－e时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． f(x)min＝f(1)＝a＋e＝0， f(x)只有一个零点． 当a>－e时，ax>－ex，故ex＋ax>ex－ex≥0在(0，＋∞)上恒成立． 故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(1)＝a＋e>0， 故当a>－e时，f(x)没有零点． xx?x－1?eeex 当a＜－e时，令e＋ax＝0，得x＝－a，φ(x)＝x，φ′(x)＝x2. x φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝e， ex＋ax＝0在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2,0 f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1,1)上单调递增，在(1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增， f(1)＝a＋e<0，又x→0时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞. 此时f(x)有两个零点． 综上，若f(x)有两个零点，则a<－e. 题型 二 利用导数研究不等式的有关问题
2021届高考数学新人教版一轮复习学案讲义：第2章 第11讲 第3课时 导数的综合应用 (含解析)
