2013-2017高考数学分类汇编-文科 第三章导数 第2节 导数的应用(3)

2013-2017高考数学分类汇编-文科 第三章导数 第2节 导数的应用(3)

第三章 ‎ 导数 第2节 导数的应用 题型40 方程解(零点)的个数问题 ‎1.（2014江苏19（2））已知函数．若（实数是与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，的取值范围恰好是 ‎，求的值．‎ ‎1.解析 解法一：因，故，‎ 由（1）得：当时，单调递增，不满足题意；‎ 当时，若函数有三个不同的零点，‎ 则恒成立，‎ 从而对恒成立，‎ 构造，则对恒成立，‎ 故单调递减，从而，故．‎ 当时，若函数有三个不同的零点，‎ 则恒成立，‎ 从而对恒成立，‎ 构造，‎ 则，‎ 令，则，‎ 故在上单调递增，在上单调递减，‎ 则，从而，即．‎ 综上得．‎ 解法二：因，故，‎ 由（1）得：当时，单调递增，不满足题意；‎ 当时，若函数有三个不同的零点，‎ 则只需保证，‎ 又实数的解集为，‎ 因此，，是方程的三个实数根，‎ 易知该方程必有一根，‎ 从而若时，则，验证知不为其根，故舍；‎ 若时，则，验证知，是其根，‎ 验证不等式，即，‎ 即，其解集为，满足题意；‎ 若时，则，验证知不为其根，故舍．‎ 综上得．‎ 解法三：因，故，‎ 由（1）得： 当时，单调递增，不满足题意；‎ 当时，若函数有三个不同的零点，‎ 则，从而，‎ 根据的取值范围可知：是方程的根，因此．‎ 当时，若，则根据函数有三个不同的零点，‎ 则必有，即．‎ 因此解得或或，符合题意．‎ 综上得．‎ 评注 （2）的解法一将该问题转化到恒成立解决；解法二将问题统一归类转化到不等式的解集，进而转化到等式（方程）的根；解法三亦是将问题转化到不等式的解集问题进行解决．‎ ‎2.（2015北京文19（2））设函数.‎ 证明：若存在零点，则在区间上仅有一个零点.‎ ‎2. 解析 若存在零点，则即，解得.‎ 又，，‎ 且函数在区间上单调递减，所以在区间上仅有一个零点.‎ ‎3.（2015广东文21（3））设为实数，函数．‎ 当时，讨论在区间内的零点个数．‎ ‎3.解析 由（2）得在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以.‎ ‎(i)当时，，.‎ 令=0，即.‎ 因为在上单调递减，所以.‎ 而在上单调递增，.‎ 所以在上，故与在无交点.‎ 当时，，即.‎ 所以，所以.因为，所以.‎ 故当时，有一个零点.‎ ‎(ii)当时，，‎ 当时， ，，‎ 而在上单调递增，当时，.‎ 下面比较与的大小：‎ 因为 ‎，‎ 所以.‎ 结合图像可知当时，与有两个交点. ‎ 综上，当时，有一个零点；当时，与有两个零点.‎ ‎4.（2015新课标Ⅰ卷文21（1））设函数.讨论的导函数零点的个数；‎ ‎4. 解析 由题意可得，.‎ 显然当时，恒成立，无零点；‎ ‎ 当时，取，‎ 则，‎ 即单调递增.令，‎ 即.‎ 画出与的图像，如图所示.‎ 由图可知，必有零点，‎ 所以导函数存在唯一零点.‎ ‎5.（2015山东文20(2)）设函数，. 已知曲线在点处的切线与直线平行.是否存在自然数，使得方程在内存在唯一的根？如果存在，求出；如果不存在，请说明理由；‎ ‎5. 解析 时，方程在内存在唯一的根.‎ 设，当时，.‎ 又，所以存在，使.‎ 因为，所以当时，；‎ 当时，，所以当时，单调递增.‎ 所以时，方程在内存在唯一的根.‎ ‎6.（2015陕西文21（2））设 证明：在内有且仅有一个零点（记为），且.‎ ‎6. 解析 因为，，所以在 内至少存在一个零点，又，所以在内单调递增，因此，在内有且只有一个零点，由于，‎ 所以，由此可得，故，‎ 所以.‎ ‎7.（2015四川文21（2））已知函数，其中.‎ 求证：存在，使得恒成立，并且在区间内有唯一解.‎ ‎7. 解析 由，解得，‎ 令.‎ 则，，所以存在，使得.‎ 令，其中.‎ 由，可知函数在区间上单调递增.‎ 故，即.‎ 当时，有，，‎ 再由（1）可知，在区间上单调递增.‎ 当时，，所以；‎ 当时，，所以.‎ 又当时，，‎ 故时，.‎ 综上所述，存在，使得恒成立，且在区间内有唯一解.‎ ‎8.（2016北京文20）设函数.‎ ‎（1）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）设，若函数有三个不同零点，求的取值范围；‎ ‎（3）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件. ‎ ‎8.解析 （1）由，得.因为，，所以曲线在点处的切线方程为.‎ ‎（2）当时，，所以.‎ 令，得，解得或.‎ 与在区间上的变化情况如下表所示.‎ 所以当且时，存在，，，‎ 使得.‎ 由的单调性，当且仅当时，函数有三个不同零点.‎ ‎（3）证法一：分两步证明.‎ 必要性： 若函数有三个不同零点，那么的单调性必然变化次，因此其导函数必然有2个不同的零点，从而的判别式，即.‎ 非充分性：取，则函数，‎ 其导函数.所以其极大值为，其极小值为，‎ 因此函数只有1个零点.‎ 综上所述，是有三个不同零点的必要而不充分条件.‎ 证法二：分两步证明.‎ 必要性（反证法） 若，则恒成立，所以单调递增，于是最多只有1个零点，与条件不符，所以.‎ 以下证明同证法一.‎ ‎9.（2016山东文15）已知函数，其中，若存在实数，使得关于的方程有三个不同的根，则的取值范围是________________.‎ ‎9. 解析 因为的对称轴为，所以时单调递增，只要大于的最小值时，关于的方程在时有一根；又在，时，存在实数，使方程在时有两个根，只需； 故只需即可，又，所以解得，即的取值范围是.‎ ‎10.（2016江苏19）已知函数.‎ ‎（1）设，.‎ ‎①求方程的根；‎ ‎②若对于任意，不等式恒成立，求实数的最大值；‎ ‎（2）若，，函数有且只有个零点，求的值.‎ ‎10.解析 （1）①，由可得，‎ 则，即，则，解得；‎ ‎②由题意得恒成立，即恒成立.‎ 令，则由，可得，‎ 此时恒成立，即恒成立，‎ 因为时，当且仅当时等号成立，因此实数的最大值为.‎ ‎（2），，‎ 由，可得，令，则单调递增，‎ 而，因此时.‎ 因此时，，，则；‎ 时，，，则.‎ 则在递减，递增.‎ 解法一：下证.‎ ①若，则，于是，‎ 又且， ‎ 因此连续函数在以与为端点的区间上存在零点，不妨记为.‎ 由且可知，这与“是函数的唯一零点”相矛盾.‎ ②若，仿照①可得到，‎ 连续函数在以与为端点的区间上存在大于的零点，也相矛盾.‎ ③综合①②可知，即，即，‎ 即，因此，则.‎ 评注 解法二：（也可以作为研究对象）因此最小值为.‎ ‎①若，时，，，则；‎ 时，，，则；‎ 因此且时，，因此在有零点，‎ 且时，，因此在有零点，‎ 则至少有两个零点，与条件矛盾；‎ ‎②若，由函数有且只有个零点，最小值为，‎ 可得，由，因此，‎ 所以，即，‎ 亦即，因此，则.‎ ‎11.（2016全国乙文21）已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性； ‎ ‎（2）若有两个零点，求的取值范围.‎ ‎11.解析 （1）由题意.‎ ①当，即时，恒成立.令，则，‎ 所以的单调增区间为.同理可得的单调减区间为.‎ ②当，即时，令，则或.‎ ‎（ⅰ）当，即时，令，则或，‎ 所以的单调增区间为和.同理的单调减区间为；‎ ‎（ⅱ）当，即时，‎ 当时，，，所以.同理时，.‎ 故的单调增区间为；‎ ‎（ⅲ）当，即时.令，则或，‎ 所以的单调增区间为和，同理的单调减区间为.‎ 综上所述，当时，的单调增区间为和，单调减区间为；‎ 当时，的单调增区间为；‎ 当时，的单调增区间为和，单调减区间为； ‎ 当时，的单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎（2）解法一（直接讨论法）：易见，如（1）中讨论，下面先研究（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）三种情况.‎ ‎①当时，由单调性可知，，故不满足题意；‎ ‎②当时，在上单调递增，显然不满足题意；‎ ‎③当时，由的单调性，可知，‎ 且，故不满足题意；‎ 下面研究，‎ 当时，，令，则，因此只有个零点，故舍去；‎ 当时，，，所以在上有个零点；‎ ‎（i）当时，由，而，‎ 所以在上有个零点；‎ ‎（i i）当时，由，而，‎ 所以在上有个零点；‎ 可见当时有两个零点.所以所求的取值范围为.‎ 解法二（分离参数法）：显然不是的零点，‎ 当时，由，得.‎ 设，则问题转化为直线与图像有两个交点，‎ 对求导得，‎ 所以在单调递增，在单调递减.‎ ①当时，若，，直线与图像没有交点，‎ 若，单调递减，直线与图像不可能有两个交点，‎ 故不满足条件；‎ ②若时，取 ，则，‎ 而，结合在单调递减，‎ 可知在区间上直线与图像有一个交点，‎ 取，，‎ 则，，‎ 结合在单调递增，可知在区间上直线与图像有一个交点，‎ 综上所述，时直线与图像有两个交点，函数有两个零点.‎ 评注 此题与2015年文科卷第（1）问基本一致，都是对函数零点个数的研究，基本形成分离与不分离两种解答方案，但不管是否分离，都涉及到零点的取值问题.‎ ‎【1】②④可放一起研究，当或，由题意，，故不满足题意.‎ ‎【2】用分离参数的方法很多时候只能初步感知结论，不能替代论证.‎ 很多资料上在论证完的单调性后直接书写如下过程，‎ 当时，；‎ 当时，令，则，所以时，；时，.‎ 综上所述：时函数有两个零点.‎ 这里论述时是不完备的，这里涉及到极限的知识，仅仅用是不够的，可能会有值的趋向性，因此这种解析不完备是会扣除步骤分.‎ ‎【3】考试院提供的参考答案与去年提供的参考相仿：‎ ‎（i）设，则由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，‎ 又，，取满足且，‎ 则，所以函数有两个零点.‎ ‎（ii）设，则，令，则，因此只有个零点，故舍去；‎ ‎（iii）设，若，则由（1）知，在上单调递增，‎ 又当时，，故不存在两个零点；‎ 当时，则由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，‎ 又当时，，故不存在两个零点.‎ 综上，的取值范围为.‎ ‎12.（2017全国3文12）已知函数有唯一零点，则（ ）.‎ A． B． C． D．1‎ ‎12.解析 (对称性解法) 因为关于直线对称，所以要有唯一零点，只有，由此解得.故选C.‎ 评注 难度中偏上，主要考查函数的性质与函数的零点结论，本题的难点在于对函数的对称性不够了解，一般学生很难看出后面函数的对称性，导致做题缺乏思路.本题与2016年的高考全国卷2文科数学的选择压轴题（第12题）类似，都是围绕函数的性质来考查，需要学生有较强的基本功底并具有较强的运用能力.‎ ‎13.（2017江苏14）设是定义在且周期为的函数，在区间上，‎ ‎．其中集合，则方程的解的个数是 ．‎ ‎13.解析 由题意，所以只需要研究内的根的情况．‎ 在此范围内，且时，设，且互质，‎ 若，则由，可设，且互质.‎ 从而，则，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此，‎ 于是不可能与内的部分对应相等，所以只需要考虑与每个周期内部分的交点.‎ 如图所示，通过函数的草图分析，图中交点除外，其它交点均为的部分．‎ 且当时，，所以在附近只有一个交点，‎ 因而方程解的个数为个．故填．‎ 题型41 利用导数证明不等式 ‎1.（2015福建文22（2））已知函数．‎ 求证：当时，；‎ ‎1. 分析 构造函数，．欲证明，只需证明的最大值小于等于即可.‎ 解析 令，．则有，‎ 当时，，所以在上单调递减，‎ 故当时，，即当时，．‎ ‎2.（2015湖北文21）设函数，的定义域均为，且是奇函数，是偶函数，，其中为自然对数的底数.‎ ‎(1)求，的解析式，并证明：当时，，；‎ ‎(2)设，，证明：当时，.‎ ‎2. 解析 (1)由，的奇偶性及条件 ① ‎ 得 ②‎ 联立式①式②解得，.‎ 当时，，，故. ③‎ 又由基本不等式，有，即. ④ ‎ ‎(2)由(1)得 ， ⑤‎ ‎， ⑥‎ 当时，等价于， ⑦‎ 等价于 ⑧‎ 设函数 ，由式⑤式⑥，‎ 有 ‎ 当时，‎ ‎（a）若，由式③式④，得，故在上为增函数，‎ 从而，即，故式⑦成立.‎ ‎（b）若，由③④，得，故在上为减函数，‎ 从而，即，故式⑧成立.‎ 综合式⑦式⑧，得. ‎ ‎3.（2015新课标Ⅰ卷文21（2））设函数.‎ 求证：当时，.‎ ‎3. 解析 由（1）可知有唯一零点，设零点为，‎ 由图可知，则当时，，即单调递减；‎ 当时，，即单调递增.‎ 所以在处取得极小值，即.‎ 又，解得.①‎ ‎①两边分别取自然对数，得，即.‎ 所以 ‎（当且仅当，即时取等号）.‎ ‎4.（2015天津文20） 已知函数其中，且.‎ ‎（2）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有；‎ ‎（3）若方程（为实数）有两个正实数根，，且，‎ 求证：.‎ ‎4. 分析（2） ，，证明在 上单调递增，在上单调递减，所以对任意的实数，，对于任意的正实数，都有；‎ ‎（3）设方程 的根为，可得，由在上单调递减，得，所以 .设曲线在原点处的切线为，方程的根为，可得，由在上单调递增，‎ 且，可得，所以.‎ 解析（2）设 ，则 ，且，得，‎ 曲线 在点处的切线方程为 ，即，‎ 令 ，即 .则.‎ 由于在 单调递减，故在 单调递减，‎ 又因为，所以当时，，‎ 所以当时，.‎ 所以在单调递增，在单调递减，‎ 所以对任意的实数， ，对于任意的正实数，都有.‎ ‎（3）由（2）知，设方程的根为，‎ 可得，因为在上单调递减，‎ 又由（2）知，所以 .‎ 设曲线在原点处的切线为，‎ 可得，对任意的，有，即.‎ 设方程 的根为，可得，‎ 因为在单调递增，且，‎ 因此，所以.‎ ‎5.（2017全国3文21）已知函数．‎ ‎（1）讨论 的单调性；‎ ‎（2）当时，证明．‎ ‎5.解析 (1)，‎ 当时，，单调递增；‎ 当时，，，单调递增，，，单调递减.‎ ‎（2）当时，，‎ 要证，即证.‎ 令，，.‎ 当时，，当时，，‎ 所以，即.‎ 评注 本题难度中偏上，第（1）问考查导函数含参的函数单调性的讨论，第（2）问属于构造函数证明不等式类问题，有一定难度.‎ 题型42 导数在实际问题中的应用 1. ‎(2013重庆文20）某村庄拟修建一个无盖的圆柱形储水池（不计厚度）.设该储水池的底 ‎ 面半径为米，高为米，体积为立方米.假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本 ‎ 为元/平方米.底面的建造成本为元/平方米，该储水池的总建造成本为元（ ‎ ‎ 为圆周率）‎ ‎（1）将表示成的函数，并求该函数的定义域；‎ ‎（2）讨论函数的单调性，并确定和为何值时该储水池的体积最大.‎ ‎1.分析 根据数量关系列出函数关系式，并利用导数研究函数的单调性与最值.‎ ‎ 解析 （1）因为蓄水池侧面的总成本为（元），底面的总成本为元，所以蓄水池的总成本为元.‎ 又根据题意，所以，从而 ‎.‎ 因为，又由可得，故函数的定义域为.‎ ‎（2）因为，所以.‎ 令，解得（因为不在定义域内，舍去）.‎ 当时，，故在上为增函数；‎ 当时，，故在上为减函数；‎ 由此可知，在处取得最大值，此时.‎ 即当，时，该蓄水池的体积最大.‎