《最新高考数学复习 文科 第三章导数 第2节导数的应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《最新高考数学复习 文科 第三章导数 第2节导数的应用（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 第三章 导数第2节 导数的应用题型40 方程解(零点)的个数问题1.（20xx江苏19（2）已知函数若（实数是与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，的取值范围恰好是，求的值1.解析 解法一：因，故，由（1）得：当时，单调递增，不满足题意；当时，若函数有三个不同的零点，则恒成立，从而对恒成立，构造，则对恒成立，故单调递减，从而，故当时，若函数有三个不同的零点，则恒成立，从而对恒成立，构造，则，令，则，故在上单调递增，在上单调递减，则，从而，即综上得解法二：因，故，由（1）得：当时，单调递增，不满足题意；当时，若函数有三个不同的零点，则只需保证，又实数的解集为，因此，是方程的三个实数根，易知
2、该方程必有一根，从而若时，则，验证知不为其根，故舍；若时，则，验证知，是其根，验证不等式，即，即，其解集为，满足题意；若时，则，验证知不为其根，故舍综上得解法三：因，故，由（1）得： 当时，单调递增，不满足题意；当时，若函数有三个不同的零点，则，从而，根据的取值范围可知：是方程的根，因此当时，若，则根据函数有三个不同的零点，则必有，即因此解得或或，符合题意综上得评注 （2）的解法一将该问题转化到恒成立解决；解法二将问题统一归类转化到不等式的解集，进而转化到等式（方程）的根；解法三亦是将问题转化到不等式的解集问题进行解决2.（20xx北京文19（2）设函数.证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零
3、点.2. 解析 若存在零点，则即，解得.又，且函数在区间上单调递减，所以在区间上仅有一个零点.3.（20xx广东文21（3）设为实数，函数当时，讨论在区间内的零点个数3.解析 由（2）得在上单调递增，在上单调递减，所以.(i)当时，.令=0，即.因为在上单调递减，所以.而在上单调递增，.所以在上，故与在无交点.当时，即.所以，所以.因为，所以.故当时，有一个零点.(ii)当时，当时， ，而在上单调递增，当时，.下面比较与的大小：因为，所以.结合图像可知当时，与有两个交点. 综上，当时，有一个零点；当时，与有两个零点.4.（20xx新课标卷文21（1）设函数.讨论的导函数零点的个数；4. 解析
4、由题意可得，.显然当时，恒成立，无零点； 当时，取，则，即单调递增.令，即.画出与的图像，如图所示.由图可知，必有零点，所以导函数存在唯一零点.5.（20xx山东文20(2)）设函数，. 已知曲线在点处的切线与直线平行.是否存在自然数，使得方程在内存在唯一的根？如果存在，求出；如果不存在，请说明理由；5. 解析 时，方程在内存在唯一的根.设，当时，.又，所以存在，使.因为，所以当时，；当时，所以当时，单调递增.所以时，方程在内存在唯一的根.6.（20xx陕西文21（2）设证明：在内有且仅有一个零点（记为），且.6. 解析 因为，所以在内至少存在一个零点，又，所以在内单调递增，因此，在内有且只有
5、一个零点，由于，所以，由此可得，故，所以.7.（20xx四川文21（2）已知函数，其中.求证：存在，使得恒成立，并且在区间内有唯一解.7. 解析 由，解得，令.则，所以存在，使得.令，其中.由，可知函数在区间上单调递增.故，即.当时，有，再由（1）可知，在区间上单调递增.当时，所以；当时，所以.又当时，故时，.综上所述，存在，使得恒成立，且在区间内有唯一解.8.（20xx北京文20）设函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，若函数有三个不同零点，求的取值范围；（3）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件. 8.解析 （1）由，得.因为，所以曲线在点处的切线方程为.（2）当时，所以.令，
6、得，解得或.与在区间上的变化情况如下表所示.所以当且时，存在，使得.由的单调性，当且仅当时，函数有三个不同零点.（3）证法一：分两步证明.必要性： 若函数有三个不同零点，那么的单调性必然变化次，因此其导函数必然有2个不同的零点，从而的判别式，即.非充分性：取，则函数，其导函数.所以其极大值为，其极小值为，因此函数只有1个零点.综上所述，是有三个不同零点的必要而不充分条件.证法二：分两步证明.必要性（反证法） 若，则恒成立，所以单调递增，于是最多只有1个零点，与条件不符，所以.以下证明同证法一.9.（20xx山东文15）已知函数，其中，若存在实数，使得关于的方程有三个不同的根，则的取值范围是_.
7、9. 解析 因为的对称轴为，所以时单调递增，只要大于的最小值时，关于的方程在时有一根；又在，时，存在实数，使方程在时有两个根，只需； 故只需即可，又，所以解得，即的取值范围是.10.（20xx江苏19）已知函数.（1）设，.求方程的根；若对于任意，不等式恒成立，求实数的最大值；（2）若，函数有且只有个零点，求的值.10.解析 （1），由可得，则，即，则，解得；由题意得恒成立，即恒成立.令，则由，可得，此时恒成立，即恒成立，因为时，当且仅当时等号成立，因此实数的最大值为.（2），由，可得，令，则单调递增，而，因此时.因此时，则；时，则.则在递减，递增.解法一：下证.若，则，于是，又且， 因此连续
8、函数在以与为端点的区间上存在零点，不妨记为.由且可知，这与“是函数的唯一零点”相矛盾.若，仿照可得到，连续函数在以与为端点的区间上存在大于的零点，也相矛盾.综合可知，即，即，即，因此，则.评注 解法二：（也可以作为研究对象）因此最小值为.若，时，则；时，则；因此且时，因此在有零点，且时，因此在有零点，则至少有两个零点，与条件矛盾；若，由函数有且只有个零点，最小值为，可得，由，因此，所以，即，亦即，因此，则.11.（20xx全国乙文21）已知函数.（1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围.11.解析 （1）由题意.当，即时，恒成立.令，则，所以的单调增区间为.同理可得的单调减区间为
9、.当，即时，令，则或.（）当，即时，令，则或，所以的单调增区间为和.同理的单调减区间为；（）当，即时，当时，所以.同理时，.故的单调增区间为；（）当，即时.令，则或，所以的单调增区间为和，同理的单调减区间为.综上所述，当时，的单调增区间为和，单调减区间为；当时，的单调增区间为；当时，的单调增区间为和，单调减区间为； 当时，的单调增区间为，单调减区间为.（2）解法一（直接讨论法）：易见，如（1）中讨论，下面先研究（）（）（）三种情况.当时，由单调性可知，故不满足题意；当时，在上单调递增，显然不满足题意；当时，由的单调性，可知，且，故不满足题意；下面研究，当时，令，则，因此只有个零点，故舍去；当时
10、，所以在上有个零点；（i）当时，由，而，所以在上有个零点；（i i）当时，由，而，所以在上有个零点；可见当时有两个零点.所以所求的取值范围为.解法二（分离参数法）：显然不是的零点，当时，由，得.设，则问题转化为直线与图像有两个交点，对求导得，所以在单调递增，在单调递减.当时，若，直线与图像没有交点，若，单调递减，直线与图像不可能有两个交点，故不满足条件；若时，取 ，则，而，结合在单调递减，可知在区间上直线与图像有一个交点，取，则，结合在单调递增，可知在区间上直线与图像有一个交点，综上所述，时直线与图像有两个交点，函数有两个零点.评注 此题与20xx年文科卷第（1）问基本一致，都是对函数零点个数
11、的研究，基本形成分离与不分离两种解答方案，但不管是否分离，都涉及到零点的取值问题.【1】可放一起研究，当或，由题意，故不满足题意.【2】用分离参数的方法很多时候只能初步感知结论，不能替代论证.很多资料上在论证完的单调性后直接书写如下过程，当时，；当时，令，则，所以时，；时，.综上所述：时函数有两个零点.这里论述时是不完备的，这里涉及到极限的知识，仅仅用是不够的，可能会有值的趋向性，因此这种解析不完备是会扣除步骤分.【3】考试院提供的参考答案与去年提供的参考相仿：（i）设，则由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，又，取满足且，则，所以函数有两个零点.（ii）设，则，令，则，因此只有个零点，故
12、舍去；（iii）设，若，则由（1）知，在上单调递增，又当时，故不存在两个零点；当时，则由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，又当时，故不存在两个零点.综上，的取值范围为.12.（20xx全国3文12）已知函数有唯一零点，则（ ）.ABCD112.解析 (对称性解法) 因为关于直线对称，所以要有唯一零点，只有，由此解得.故选C.评注 难度中偏上，主要考查函数的性质与函数的零点结论，本题的难点在于对函数的对称性不够了解，一般学生很难看出后面函数的对称性，导致做题缺乏思路.本题与20xx年的高考全国卷2文科数学的选择压轴题（第12题）类似，都是围绕函数的性质来考查，需要学生有较强的基本功底并具有较
13、强的运用能力.13.（20xx江苏14）设是定义在且周期为的函数，在区间上，其中集合，则方程的解的个数是 13.解析 由题意，所以只需要研究内的根的情况在此范围内，且时，设，且互质，若，则由，可设，且互质.从而，则，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此，于是不可能与内的部分对应相等，所以只需要考虑与每个周期内部分的交点.如图所示，通过函数的草图分析，图中交点除外，其它交点均为的部分且当时，所以在附近只有一个交点，因而方程解的个数为个故填题型41 利用导数证明不等式1.（20xx福建文22（2）已知函数求证：当时，；1. 分析 构造函数，欲证明，只需证明的最大值小于等于即可.解析 令，则有，当时，所以在上单调递减，故当时，即当时，2.（20xx湖北文21）设函数，的定义域均为，且是奇函数，是偶函数，其中为自然对数的底数.(1)求，的解析式，并证明：当时，；(2)设，证明：当时，.2. 解析 (1)由，的奇偶性及条件 得 联立式式解得，.当时，故. 又由基本不等式，有，即. (2)由(1)得 ， ， 当时，等价于， 等价于 设函数 ，
