2020版高考数学复习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）导数与方程教案文新人教A版

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1、第2课时　导数与方程题型一　求函数零点个数例1设函数f(x)＝x2－mlnx，g(x)＝x2－(m＋1)x，当m≥1时，讨论f(x)与g(x)图象的交点个数．解　令F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2＋(m＋1)x－mlnx，x>0，问题等价于求函数F(x)的零点个数．F′(x)＝－，当m＝1时，F′(x)≤0，函数F(x)为减函数，注意到F(1)＝>0，F(4)＝－ln4<0，所以F(x)有唯一零点．当m>1时，若0m，则F′(x)<0；若10，所以函数F(

2、x)在(0,1)和(m，＋∞)上单调递减，在(1，m)上单调递增，注意到F(1)＝m＋>0，F(2m＋2)＝－mln(2m＋2)<0，所以F(x)有唯一零点．综上，函数F(x)有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．思维升华(1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．跟踪训练1设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极

3、小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－的零点的个数．解　(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋，则f′(x)＝(x>0)，由f′(x)＝0，得x＝e.∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0)．设φ(x)＝－x3＋x(

4、x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m>时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0

5、)有且只有一个零点．综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当00；当1

6、＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g＝4－e2＋<0，则g(e)

7、解　由g(x)＝2f(x)，可得2xlnx＝－x2＋ax－3，a＝x＋2lnx＋，设h(x)＝x＋2lnx＋(x>0)，所以h′(x)＝1＋－＝.所以x在上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下：x1(1，e)h′(x)－0＋h(x)极小值又h＝＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝＋e＋2.且h(e)－h＝4－2e＋<0.所以h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝h＝＋3e－2，所以实数a的取值范围为4

8、试求f(x)的零点个数．解　f′(x)＝()′lnx＋·＝，令f′(x)>0，解得x>e－2，令f′(x)<0，解得0时，f(x)min>0，f(x)无零点，当a＝时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点，当a<时，f(x)min<0，f(x)有2个零点．2．已知f(x)＝＋－3，F(x)＝lnx＋－3x＋2.(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性