江苏专用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问题第2课时导数与方程教案含解析

《江苏专用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问题第2课时导数与方程教案含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专用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问题第2课时导数与方程教案含解析（9页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、第2课时导数与方程题型一求函数零点个数例1已知函数f(x)2a2lnxx2(a0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)解(1)f(x)2a2ln xx2，f(x)2x，x0，a0，当0x0，当xa时，f(x)0.f(x)的单调增区间是(0，a)，单调减区间是(a，)(2)由(1)得f(x)maxf(a)a2(2ln a1)讨论函数f(x)的零点情况如下：当a2(2ln a1)0，即0a时，函数f(x)无零点，在(1，e2)上无零点；当a2(2ln a1)0，即a时，函数f(x)在(0，)内有唯一零点a，而1a0，即a时，由于

2、f(1)10，f(e2)2a2ln(e2)e44a2e4(2ae2)(2ae2)，当2ae20，即a时，1ae2，f(e2)时，f(e2)0，而且f()2a2ea2e0，f(1)10，由函数的单调性可知，无论ae2，还是ae2，f(x)在(1，)内有唯一的零点，在(，e2)内没有零点，从而f(x)在(1，e2)内只有一个零点综上所述，当0a时，函数f(x)在区间(1，e2)上无零点；当a或a时，函数f(x)在区间(1，e2)上有一个零点；当a0)，由f(x)0，得xe.当x(0，e)时，f(x)0，f(x)在(e，)上单调递增，当xe时，f(x)取得极小值f(e)lne2，f(x)的极小值为2

3、.(2)由题设g(x)f(x)(x0)，令g(x)0，得mx3x(x0)设(x)x3x(x0)，则(x)x21(x1)(x1)，当x(0,1)时，(x)0，(x)在(0,1)上单调递增；当x(1，)时，(x)时，函数g(x)无零点；当m时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0m0，当a0时，f(x)0，函数f(x)的增区间为(0，)；当a0时，f(x)，令f(x)0，因为x0，所以x0，所以x，所以函数f(x)的单调增区间为(，)综上，当a0时，f(x)的单调增区间为(0，)；当a0时，f(x)的单调增区间为(，)(2)由

4、(1)知，若a0，f(x)在(0，)上为增函数，函数f(x)至多有一个零点，不合题意若a0，当x(0，)时，f(x)0，f(x)在(，)上为增函数，所以f(x)minf()aalnaa(1lna)要使f(x)有两个零点，则f(x)mina(1lna)e.下面证明：当ae时，函数f(x)有两个零点因为ae，所以1(0，)，而f(1)0，所以f(x)在(0，)上存在唯一零点方法一又f(a)ea2aa(ea12lna)，令h(a)ea12lna，ae，h(a)e0，所以h(a)在(e，)上单调递增，所以h(a)h(e)e230，所以f(x)在(，)上也存在唯一零点综上，当ae时，函数f(x)有两个零

5、点所以当f(x)有两个零点时，实数a的取值范围为(e，)方法二先证x(1，)有lnxx2axa.因为ae，所以aa.因为(a)2a(a)a0.所以f(a)0，所以f(x)在(，)上也存在唯一零点；综上，当ae时，函数f(x)有两个零点所以当f(x)有两个零点时，实数a的取值范围为(e，)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)x2ax3(a为实数)，若方程g(x)2f(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围解由g(x)2f(x)，可得2xln xx2ax3，a

6、x2ln x，设h(x)x2ln x(x0)，所以h(x)1.所以x在上变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x1(1，e)h(x)0h(x)极小值又h3e2，h(1)4，h(e)e2.且h(e)h42e0.所以h(x)minh(1)4，h(x)maxh3e2，所以实数a的取值范围为40，解得xe2，令f(x)0，解得0x时，f(x)min0，f(x)无零点，当a时，f(x)min0，f(x)有1个零点，当a时，f(x)min0，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)3，由(1)得x1，x2，满足0x11x2，使

7、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，x0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)ax2(aR)，g(x)2lnx，且方程f(x)g(x)在区间，e上有两个不相等的解，求a的取值范围解由已知可得方程a在区间，e上有两个不等解，令(x)，由(x)易知，(x)在(，)上为增函数，在(，e)上为减函数，则(x)max()，由于(e)，()，(e)()0，所以(e)()所以(x)min

8、(e)，如图可知(x)a有两个不相等的解时，需a.即f(x)g(x)在，e上有两个不相等的解时，a的取值范围为.4已知函数f(x)(x2)exa(x1)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：x1x20，则当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b(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在两个零点设a0，因此f(x)在(1，)内单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a1，故当x(1，ln(2a)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，

9、在(ln(2a)，)内单调递增又当x1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，)(2)证明不妨设x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，f(x)在(，1)内单调递减，所以x1x2f(2x2)，即f(2x2)1时，g(x)1时，g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.5(2018南通模拟)已知函数f(x)ex|xa|，其中aR.(1)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若函数有极大值点x2和极小值点x1，且f(x2)f(x1)k(x2x1)恒成立，求实数k的取值范围解(1)因为f(x)ex|xa|则f(x)因为

10、f(x)在R上单调递增，所以f(x)0恒成立，当x10恒成立；当xa时，要使f(x)ex10恒成立，所以f(a)0，即a0.所以实数a的取值范围为0，)(2)由(1)知，当a0时，f(x)在R上单调递增，不符合题意，所以有a0.此时，当x10，f(x)单调递增；当xa时，f(x)ex1，令f(x)0，得x0，所以f(x)0在(0，)上恒成立，f(x)在(0，)上单调递增所以f(x)极大值f(a)ea，f(x)极小值f(0)1a，即a0符合题意由f(x2)f(x1)k(x2x1)恒成立，可得eaa1ka对任意a0恒成立，g(a)在(，0)上单调递增，又因为g(1)k0，与g(a)0矛盾当k0时，g(a)0恒成立，符合题意当1k0在(，0)上的解集为(ln(k1)，0)，即g(a)在(ln(k1)，0)上单调递增，又因为当a0时，g(a)0，所以g(ln(k1)0，不合题意综上，实数k的取值范围为0，)9