《高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第6讲 高考中导数的综合运用 第2课时 利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题教师用书 理-人教版高三数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题1 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 第6讲 高考中导数的综合运用 第2课时 利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题教师用书 理-人教版高三数学试题（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2课时利用导数解决不等式、方程的解、曲线交点个数问题题型一| 利用导数解决函数的零点及方程根的问题(2016南通调研一)已知函数f(x)aln x(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)试求函数f(x)的零点个数，并证明你的结论解(1)由函数f(x)aln x(aR)，得f(x)(ln x2). 2分令f (x)0，得xe2.列表如下：x(0，e2)e2(e2，)f (x)0f(x)极小值因此，函数f(x)的单调增区间为(e2，)，单调减区间为(0，e2).5分(2)由(1)可知，f(x)minf(e2)a2e1. 6分()当a2e1时，由f(x)f(e2)a2e10，得函数f(x)的
2、零点个数为0. 8分()当a2e1时，因f(x)在(e2，)上是单调递增，在(0，e2)上单调递减，故x(0，e2)(e2，)时，f(x)f(e2)0.此时，函数f(x)的零点个数为1. 10分()当a2e1时，f(x)minf(e2)a2e10.a0时，因为当x(0，e2时，f(x)aln xa0，所以，函数f(x)在区间(0，e2上无零点；另一方面，因为f(x)在e2，)上单调递增，且f(e2)a2e10，又e2a(e2，)，且f(e2a)a(12ea)0，此时，函数f(x)在(e2，)上有且只有一个零点所以，当a0时，函数f(x)零点个数为1.13分0a2e1时，因为f(x)在e2，)上
3、单调递增，且f(1)a0，f(e2)a2e10，所以，函数f(x)在区间(e2，)上有且只有1个零点；另一方面，因为f(x)在(0，e2上是单调递减，且f(e2)a2e10.15分又e(0，e2)，且f(e)0，(当x0时，exx2成立)此时，函数f(x)在(0，e2)上有且只有1个零点所以，当0a2e1时，函数f(x)零点个数为2.综上所述，当a2e1时，f(x)的零点个数为0；当a2e1或a0时，f(x)的零点个数为1；当0a2e1时，f(x)的零点个数为2. 16分【名师点评】1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数问题的一般思路：(1)将问题转化为函数的零点问题，进而转
4、化为函数的图象与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题(2)利用导数研究出该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象(3)结合图象求解2证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤：第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调第二步：证明端点值异号设函数f(x)kln x，k0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点【导学号：19592020】解(1)由f(x)kln x(k0)，得x0且f(x)x. 2分f(x)与f(x)在区间(0，)上的情况如下：x(0，)(，)f(x)0f(x)所以，f(x)的单调递减区间
5、是(0，)，单调递增区间是(，)f(x)在x处取得极小值f(). 6分(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f(). 8分因为f(x)存在零点，所以0，从而ke.当ke时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()0，所以x是f(x)在区间(1，上的唯一零点. 10分当ke时，f(x)在区间(1，上单调递减，且f(1)0，f()0， 12分所以f(x)在区间(1，上仅有一个零点. 14分综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，上仅有一个零点. 16分题型二| 利用导数解决不等式问题(2014江苏高考)已知函数f(x)exex，其中e是自然对数的底数(1)证明：f
6、(x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf(x)exm1在(0，)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x01，)，使得f(x0)0)，则t1， 5分所以m对任意t1成立. 6分因为t11213，所以， 8分当且仅当t2，即xln 2时等号成立因此实数m的取值范围是. 10分(3)令函数g(x)exa(x33x)，则g(x)ex3a(x21).11分当x1时，ex0，x210，又a0，故g(x)0.所以g(x)是1，)上的单调增函数，因此g(x)在1，)上的最小值是g(1)ee12a. 12分由于存在x01，)，使ex0ex0a(x3x0)0成立，当且仅当最小值g(1)
7、0.故ee12a. 13分令函数h(x)x(e1)ln x1，则h(x)1.令h(x)0，得xe1.当x(0，e1)时，h(x)0，故h(x)是(e1，)上的单调增函数所以h(x)在(0，)上的最小值是h(e1). 14分注意到h(1)h(e)0，所以当x(1，e1)(0，e1)时，h(e1)h(x)h(1)0；当x(e1，e)(e1，)时，h(x)h(e)0.所以h(x)0对任意的x(1，e)成立.15分当a(1，e)时，h(a)0，即a1(e1)ln a，从而ea1h(e)0，即a1(e1)ln a，故ea1ae1.综上所述，当a时，ea1ae1. 16分【名师点评】1.研究函数的零点问题
8、，实质上是通过其导数值正负，得到图象的变化情况，数形结合求得结果2涉及不等式证明或恒成立问题，常依据题目特征，恰当构建函数，利用导数研究函数性质，转化为求函数的最值、极值问题在转化过程中，一定要注意等价性，对于含参数的不等式，注意分离参数与分类讨论；必要时，可作出函数图象草图，借助几何直观分析转化已知函数f(x)ln x.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x1时，f(x)x1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1，x0)时，恒有f(x)k(x1)解(1)f(x)x1，x(0，). 2分由f(x)0，得解得0x. 4分故f(x)的单调递增区间是. 6分(2)令
9、F(x)f(x)(x1)，x(0，)，则有F(x). 8分当x(1，)时，F(x)0，所以F(x)在1，)上单调递减， 10分故当x1时，F(x)F(1)0，即当x1时，f(x)x1. 11分(3)由(2)知，当k1时，不存在x01满足题意当k1时，对于x1，有f(x)x1k(x1)，则f(x)k(x1)，从而不存在x01满足题意. 12分当k1时，令G(x)f(x)k(x1)，x(0，)，则有G(x)x1k.由G(x)0，得x2(1k)x10，13分解得x10，x21. 14分当x(1，x2)时，G(x)0，故G(x)在1，x2)内单调递增.15分从而当x(1，x2)时，G(x)G(1)0，
10、即f(x)k(x1)，综上，k的取值范围是(，1). 16分命题展望应用导数研究函数的性质(单调性、极值、最值、零点)是近几年江苏高考的一个热点，也是反映学生知识融汇贯通的一个要点，2017年仍是命题方向，应引起足够重视(2016江苏高考)已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)设a2，b.求方程f(x)2的根；若对于任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值(2)若0a1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值解(1)因为a2，b，所以f(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)222x10，所以(2x1)20，即2x1，解得x0. 2分由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x)22.3分因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)0，所以m对于xR恒成立.
