江苏专用2020版高考数学大一轮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含解析20190831153.docx

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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已知函数f(x)＝2a2lnx－x2(a>0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e为自然对数的底数)．解　(1)∵f(x)＝2a2lnx－x2，∴f′(x)＝－2x＝＝，∵x>0，a>0，当00，当x>a时，f′(x)<0.∴f(x)的单调增区间是(0，a)，单调减区间是(a，＋∞)．(2)由(1)得f(x)max＝f(a)＝a2(2lna－1)．讨论函数f(x)的零点情况如下：①当a2(2lna－1)<0，即0

2、零点；②当a2(2lna－1)＝0，即a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)内有唯一零点a，而10，即a>时，由于f(1)＝－1<0，f(a)＝a2(2lna－1)>0，f(e2)＝2a2ln(e2)－e4＝4a2－e4＝(2a－e2)(2a＋e2)，当2a－e2<0，即时，f(e2)≥0，而且f()＝

3、2a2·－e＝a2－e>0，f(1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a≥e2，还是a

4、x)＝lnx＋，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(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(x≥0)

5、，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时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有

6、且只有一个零点；当00，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)的增区间为(0，＋∞)；当a>0时，f′(x)＝，令f′(x)>0，因为x>0，所以x＋>0，所以x>，所以函数f(x)的单调增区间为(，＋∞)．综上，当a≤0时，f(x)的单调增区间为(0

7、，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调增区间为(，＋∞)．(2)由(1)知，若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，函数f(x)至多有一个零点，不合题意．若a>0，当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)在(0，)上为减函数；当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上为增函数，所以f(x)min＝f()＝a－alna＝a(1－lna)．要使f(x)有两个零点，则f(x)min＝a(1－lna)<0，所以a>e.下面证明：当a>e时，函数f(x)有两