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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)

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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)

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)=x2lnx+x的“友导”函数,则k的取值范围是()
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