第三章 高考专题突破一 第2课时 导数与方程（课件+作业）-2020新高考数学【步步高】大一轮复习讲义（鲁京津琼）

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－mln x，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－mln x，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)＝－ln 4<0， 所以F(x)有唯一零点． 当m>1时，若0<x<1或x>m，则F′(x)<0； 若1<x<m，则F′(x)>0， 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(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0<x<1时，h′(x)>0，[来源:Z&xx&k.Com] 当x>1时，h′(x)<0， ∴函数h(x)在(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－<m<1－时，函数h(x)有2个零点，即函数f(x)与g(x)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－<m<1－时，f(x)与g(x)在(0，＋∞)上有2个交点． 题型二　根据函数零点情况求参数范围 例2　(2018·九江模拟)已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围． 解　g(x)＝2ln x－x2＋m， 则g′(x)＝－2x＝. 因为x∈，所以当g′(x)＝0时，x＝1. 当≤x<1时，g′(x)>0； 当1<x≤e时，g′(x)<0. 故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1. 又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2， g(e)－g＝4－e2＋<0，则g(e)<g， 所以g(x)在上的最小值是g(e)． g(x)在上有两个零点的条件是 解得1<m≤2＋， 所以实数m的取值范围是. 思维升华 函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想． 跟踪训练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，e)[来源:Z&xx&k.Com] 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. 1．已知函数f(x)＝a＋·ln x(a∈R)，试求f(x)的零点个数． 解　f′(x)＝()′ln x＋·＝， 令f′(x)>0，解得x>e－2， 令f′(x)<0，解得0<x<e－2， 所以f(x)在(0，e－2)上单调递减， 在(e－2，＋∞)上单调递增． 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