2020版高考数学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.docx

《2020版高考数学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.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

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(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

2、(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)＝－，g(x)＝－－＋m，试讨论函数f(x)与g(x)在(0，＋∞)上的交点个数．解　令h(x)＝f(x)－g(x)＝－＋＋－m(x>0)，则h′(x)＝－＋＝－.易知h′(1)＝0，∴当00，当x>1时，h′(x)<0，∴函数h(x)在

3、(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝－＋1－m.①当－＋1－m＝0，即m＝1－时，函数h(x)只有一个零点，即函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)上只有1个交点；②当－＋1－m<0，即m>1－时，函数h(x)没有零点，即函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)上没有交点；③当－＋1－m>0，即m<1－时，当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→－－m，若－－m≥0，即m≤－，函数h(x)有一个零点，即函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)上有一个交点，当－－m<0，即－

4、)的图象在(0，＋∞)上有两个交点．综上，当m>1－时，f(x)与g(x)在(0，＋∞)上没有交点；当m＝1－或m≤－时，f(x)与g(x)在(0，＋∞)上有1个交点；当－0；当1

5、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)

6、x＋(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40，解得x>e－2，令f′(x)<0，解得0

7、．f(x)min＝f(e－2)＝a－，显然当a>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；(2)判断函数F(x)在(0，＋∞)上零点的个数．解　(1)f′(x)＝－＋＝，令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)<