2021屆山東高考數(shù)學一輪創(chuàng)新教學案：第2章　第11講　第3課時　導數(shù)的綜合應用-學案下載-教習網(wǎng)

第3課時　導數(shù)的綜合應用

題型一　利用導數(shù)求解函數(shù)的零點或方程的根的問題

1.若關于x的方程x3＝x2＋2x＋c有三個不等實根，則實數(shù)c的取值范圍是________．
答案　
解析　原方程可化為c＝x3－x2－2x，
設f(x)＝x3－x2－2x，
f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)，
由f′(x)＞0可得x＞2或x＜－1，
由f′(x)＜0可得－1＜x＜2，
所以函數(shù)f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函數(shù)，
在(－1,2)上是減函數(shù)，
所以函數(shù)f(x)的極大值為f(－1)＝，
極小值為f(2)＝－.
由題意得，函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝c有三個不同的公共點，所以－＜c＜.
2.(2019·全國卷Ⅰ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)為f(x)的導數(shù)．
證明：f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點．
證明　設g(x)＝f′(x)，
則g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.
當x∈時，g′(x)>0；
當x∈時，g′(x)0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)存在唯一零點．
所以f′(x)在區(qū)間(0，π)存在唯一零點.

利用導數(shù)研究函數(shù)零點或方程根的方法
(1)通過最值(極值)判斷零點個數(shù)的方法
借助導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值后，通過極值的正負，函數(shù)單調(diào)性判斷函數(shù)圖象走勢，從而判斷零點個數(shù)或者通過零點個數(shù)求參數(shù)范圍．
(2)數(shù)形結(jié)合法求解零點
對于方程解的個數(shù)(或函數(shù)零點個數(shù))問題，可利用函數(shù)的值域或最值，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，畫出草圖數(shù)形結(jié)合確定其中參數(shù)的范圍．
(3)構(gòu)造函數(shù)法研究函數(shù)零點
①根據(jù)條件構(gòu)造某個函數(shù)，利用導數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值點，根據(jù)函數(shù)零點的個數(shù)尋找函數(shù)在給定區(qū)間的極值以及區(qū)間端點的函數(shù)值與0的關系，從而求解．
②解決此類問題的關鍵是將函數(shù)零點、方程的根、曲線交點相互轉(zhuǎn)化，突出導數(shù)的工具作用，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法．

1.(2019·吉安模擬)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足x>0時，f(x)＝x－ln x＋ln，則函數(shù)g(x)＝f(x)－sinx(e為自然對數(shù)的底數(shù))的零點個數(shù)是(　　)
A.1 B．2
C．3 D．5
答案　C
解析　根據(jù)題意，函數(shù)g(x)＝f(x)－sinx的零點即函數(shù)y＝f(x)與y＝sinx的交點，設h(x)＝sinx，函數(shù)f(x)為R上的奇函數(shù)，則f(0)＝0，又由h(0)＝sin0＝0.則函數(shù)y＝f(x)與y＝sinx存在交點(0,0)，當x>0時，f(x)＝x－ln x＋ln，其導數(shù)f′(x)＝－，分析可得在區(qū)間上，f′(x)0，f(x)為增函數(shù)，則f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上存在最小值，且其最小值為f＝×－ln ＋ln ＝1，又由h＝sin＝1，則函數(shù)y＝f(x)與y＝sinx存在交點，又由y＝f(x)與y＝sinx都是奇函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)與y＝sinx存在交點.綜合可得，函數(shù)y＝f(x)與y＝sinx有3個交點，則函數(shù)g(x)＝f(x)－sinx有3個零點.
2.已知函數(shù)f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a為實數(shù))，若方程g(x)＝2f(x)在區(qū)間上有兩個不等實根，求實數(shù)a的取值范圍．
解　由g(x)＝2f(x)，
可得2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋，
設h(x)＝x＋2ln x＋(x＞0)，
所以h′(x)＝1＋－＝.
所以x在上變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下：
x
，1
1
(1，e)
h′(x)
－
0
＋
h(x)

極小值

又h＝＋3e－2，h(1)＝4，
h(e)＝＋e＋2.
且h(e)－h(huán)＝4－2e＋＜0.
所以h(x)min＝h(1)＝4，
h(x)max＝h＝＋3e－2，
所以實數(shù)a的取值范圍為4＜a≤e＋2＋，
即a的取值范圍為.
題型二　利用導數(shù)研究不等式的有關問題　

角度1　證明不等式(多維探究)
1.(2019·武威模擬)已知f(x)＝2ax＋bln x－1，設曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線為y＝0.
(1)求實數(shù)a，b的值；
(2)設函數(shù)g(x)＝mf(x)＋－mx，若1＜m＜3，求證：當x∈[1，e]時，g(x)＜－2.
解　(1)由已知得，f′(x)＝2a＋，依題意f(1)＝0，
且f′(1)＝0，
所以解得a＝，b＝－1.
(2)證明：由(1)得f(x)＝x－ln x－1(x＞0)，
所以g(x)＝－mln x－m(x＞0)，
g′(x)＝x－＝，
當m＞0時，由g′(x)＞0得x＞，
由g′(x)＜0得0＜x＜，
所以g(x)在區(qū)間(0，)上是減函數(shù)，
在區(qū)間(，＋∞)上是增函數(shù)；
當1＜m＜3，x∈[1，e]時，∈[1，e]，
g(x)在區(qū)間[1，)上是減函數(shù)，在區(qū)間(，e]上是增函數(shù)，
所以g(x)的最大值為max(g(1)，g(e))，
又因為1＜m＜3，g(e)＝－2m＜－2，g(1)＝－m＜0＜－2，
所以當1＜m＜3，x∈[1，e]時，g(x)＜－2.
條件探究　本例中，f(x)改為“f(x)＝－”，g(x)改為“g(x)＝xln x”，當x∈(0，＋∞)時，求證f(x)＜g(x)．
證明　因為g′(x)＝ln x＋1.
令g′(x)