2020版高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用（第3课时）导数的综合应用讲义 理（含解析）

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1、第3课时　导数的综合应用题型　利用导数求解函数的零点或方程的根的问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．(2018·厦门模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x)＋xf′(x)＝，f(1)＝0，若关于x的方程

2、f(x)

3、－a＝0有3个实根，则a的取值范围是(　　)A.B．(0,1)C.D．(1，＋∞)答案　A解析　令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝，∴g(x)＝lnx＋c，即xf(x)＝lnx＋c，又f(1)＝0，∴c＝0，可得f(x)＝.则f′(x)＝，可知当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，

4、则f(x)在(0，e)上为增函数，在(e，＋∞)上为减函数，要使方程

5、f(x)

6、－a＝0有3个实根，即函数y＝

7、f(x)

8、与y＝a的图象有3个不同交点，如图：由图可知，a的取值范围是.2．(2018·信阳二模)已知函数f(x)＝4x2＋－a，g(x)＝f(x)＋b，其中a，b为常数．(1)若x＝1是函数y＝xf(x)的一个极值点，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)有2个零点，f[g(x)]有6个零点，求a＋b的取值范围．解　(1)函数f(x)＝4x2＋－a，则y＝xf(x)＝4x3＋1－ax的导数为y′＝12x2－a，由题意可得12－a

9、＝0，解得a＝12，即有f(x)＝4x2＋－12，f′(x)＝8x－，可得曲线在点(1，f(1))处的切线斜率为7，切点为(1，－7)，即有曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋7＝7(x－1)，即为y＝7x－14.(2)由f(x)＝4x2＋－a，导数f′(x)＝8x－，当x>时，f′(x)>0，f(x)递增；当x<0或0

10、(x)＝－1－b或f(x)＝－b都有3个实数解，则－1－b>0，且－b>0，即b<－1且b<，可得b<－1，即有a＋b<2.则a＋b的范围是(－∞，2)．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，

11、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.1.(2019·齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)＝lnx＋2ex2，g(x)＝x3＋kx(k∈R)，若函数y＝f(x)－g(x)只有1个零点，则函数g(x)在[0，e]上的最大值为(　　)A.0B．e3＋1C．2e3＋D．2e3＋1答案　D解析　由题意可知，lnx＋2ex2＝x3＋kx，因为x>0，所以＋2ex－x2＝k，令h(x)＝＋2ex－x2，则h′(x)＝＋2e－2x＝＋2(e－

12、x)，令h′(x)＝0，解得x＝e，故当x∈(0，e)时，h′(x)>0，当x>e时，h′(x)<0，所以h(x)max＝h(e)＝＋e2＝k，故g(x)＝x3＋x，g′(x)＝3x2＋＋e2>0，故函数g(x)在[0，e]上是增函数，g(x)max＝g(e)＝2e3＋1.故选D.2.(2018·咸阳二模)已知函数f(x)＝－2lnx(a∈R，a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有最小值，记为g(a)，关于a的方程g(a)＋a－－1＝m有三个不同的实数根，求实数m的取值范围．解　(1)f′(x)＝－(x>0)，当a<0时，f′(x)<0，知f(x)

13、在(0，＋∞)上是递减的；当a>0时，f′(x)＝，知f(x)在(0，)上是递减的，在(，＋∞)上是递增的．(2)由(1)知，a>0，f(x)min＝f()＝1－lna，即g(a)＝1－lna，方程g(a)＋a－－1＝m，即m＝a－lna－(a>0)，令F(a)＝a－lna－(a>0)，则F′(a)＝1－＋＝，知F(a)在和上是递增的，在上是递减的，F(a)极大＝F＝－＋ln3，F(a)极小＝F＝－ln2＋ln3，依题意得－ln2＋ln3