2021届山东高考数学一轮创新教学案：第2章　第11讲　第3课时　导数的综合应用


第3课时　导数的综合应用

题型 一　利用导数求解函数的零点或方程的根的问题

1.若关于x的方程x3＝x2＋2x＋c有三个不等实根，则实数c的取值范围是________．
答案　
解析　原方程可化为c＝x3－x2－2x，
设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，
所以函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，
在(－1,2)上是减函数，
所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝，
极小值为f(2)＝－.
由题意得，函数f(x)的图象与直线y＝c有三个不同的公共点，所以－＜c＜.
2.(2019·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．
证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
证明　设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.
当x∈时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点.

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，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·吉安模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)满足x>0时，f(x)＝x－ln x＋ln，则函数g(x)＝f(x)－sinx(e为自然对数的底数)的零点个数是(　　)
A.1 B．2
C．3 D．5
答案　C
解析　根据题意，函数g(x)＝f(x)－sinx的零点即函数y＝f(x)与y＝sinx的交点，设h(x)＝sinx，函数f(x)为R上的奇函数，则f(0)＝0，又由h(0)＝sin0＝0.则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点(0,0)，当x>0时，f(x)＝x－ln x＋ln，其导数f′(x)＝－，分析可得在区间上，f′(x)0，f(x)为增函数，则f(x)在区间(0，＋∞)上存在最小值，且其最小值为f＝×－ln ＋ln ＝1，又由h＝sin＝1，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点，又由y＝f(x)与y＝sinx都是奇函数，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点.综合可得，函数y＝f(x)与y＝sinx有3个交点，则函数g(x)＝f(x)－sinx有3个零点.
2.已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围．
解　由g(x)＝2f(x)，
可得2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋，
设h(x)＝x＋2ln 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：
x
，1
1
(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＜a≤e＋2＋，
即a的取值范围为.
题型 二　利用导数研究不等式的有关问题　

角度1　证明不等式(多维探究)
1.(2019·武威模拟)已知f(x)＝2ax＋bln x－1，设曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为y＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)设函数g(x)＝mf(x)＋－mx，若1＜m＜3，求证：当x∈[1，e]时，g(x)＜－2.
解　(1)由已知得，f′(x)＝2a＋，依题意f(1)＝0，
且f′(1)＝0，
所以解得a＝，b＝－1.
(2)证明：由(1)得f(x)＝x－ln x－1(x＞0)，
所以g(x)＝－mln x－m(x＞0)，
g′(x)＝x－＝，
当m＞0时，由g′(x)＞0得x＞，
由g′(x)＜0得0＜x＜，
所以g(x)在区间(0，)上是减函数，
在区间(，＋∞)上是增函数；
当1＜m＜3，x∈[1，e]时，∈[1，e]，
g(x)在区间[1，)上是减函数，在区间(，e]上是增函数，
所以g(x)的最大值为max(g(1)，g(e))，
又因为1＜m＜3，g(e)＝－2m＜－2，g(1)＝－m＜0＜－2，
所以当1＜m＜3，x∈[1，e]时，g(x)＜－2.
条件探究　本例中，f(x)改为“f(x)＝－”，g(x)改为“g(x)＝xln x”，当x∈(0，＋∞)时，求证f(x)＜g(x)．
证明　因为g′(x)＝ln x＋1.
令g′(x)