【数学】2019届一轮复习人教A版（理科）第14讲导数的应用第4课时学案
第4课时 导数与方程
【课堂考点探究】
例1 [思路点拨 通过对函数f(x)求导,研究其单调性,通过讨论a的取值范围,研究函数f(x)零点的个数.
解:当a>0时,f'(x)=ex-a,由f'(x)=0得x=ln a.
若x
ln a,则f'(x)>0.
函数f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增,
f(x)的最小值为f(ln a)=a(1-ln a).
①当00,f(x)无零点;
②当a=e时,f(ln a)=a(1-ln a)=0,f(x)只有一个零点;
③当a>e时,f(ln a)=a(1-ln a)<0,根据f(0)=1>0与函数的单调性,
可知f(x)在区间(-∞,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点,f(x)共有两个零点.
当a=0时,f(x)=ex,f(x)无零点.
当a<0时,由f(x)=0,得ex=ax,易知曲线y=ex与直线y=ax只有一个交点,所以f(x)只有一个零点.
综上所述,当0≤ae时,f(x)有两个零点.
变式题 解:当a=1时,函数φ(x)=f(x)-h(x)= -x-,φ'(x)=-1-.
当x≥2时,φ'(x)<0恒成立,
当00,φ(2)=- <0,
函数φ(x)=f(x)-h(x)的图像在[1,2 上连续不间断,
∴由函数零点存在性定理及φ(x)的单调性知,存在唯一的x0∈(1,2),使φ(x0)=0.
所以,函数φ(x)=f(x)-h(x)在(0,+∞)上零点的个数为1.
例2 [思路点拨 (1)求f(x)的单调区间,根据导函数f'(x)=(x>0),通过讨论a取不同的值时,不等式f'(x)>0和不等式f'(x)<0的解,从而得单调区间;(2)求得F'(x)=(x>0),由F(x)有两个零点得a>0,F(x)的最小值为F,且F<0,由此可得a+4ln -4>0,由函数h(a)=a+4ln -4是增函数,通过估值可得最小正整数a的值.
解:(1)f'(x)=2x-=(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),此时f(x)无单调递减区间.
当a>0时,由f'(x)>0,得x>,由f'(x)<0,得00).
因为函数F(x)有两个零点,所以a>0,此时函数F(x)在,+∞上单调递增,在0, 上单调递减.
所以F(x)的最小值F<0,即-a2+4a-4aln <0.
因为a>0,所以a+4ln -4>0.
令h(a)=a+4ln -4,
显然h(a)在(0,+∞)上为增函数,且h(2)=-2<0,h(3)=4ln -1=ln -1>0,
所以存在a0∈(2,3),h(a0)=0.
当a>a0时,h(a)>0;
当00,F(1)=0,所以a=3时,f(x)有两个零点.
综上所述,满足条件的最小正整数a的值为3.
变式题 解:由题意得,f'(x)=,
设切点坐标为(m,n),则
∴m=,a=e,∴f(x)=.
f'(x)=,函数f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,且f(1)=0,当x→+∞时,f(x)→0,f(x)的大致图像如图所示.
易知f[f(x) 的定义域为(1,+∞).
∵f(e)=1,f(1)=0,∴f(x)≤1,f[f(x) ≤0,
∴当函数g(x)=f[f(x) -t恰有一个零点时,实数t的取值范围是{0}.
例3 [思路点拨 从 f(x1)=f(x2)=0入手,建立关于x1,x2的不等式,再换元整体处理.
证明:不妨设x1>x2>0.
因为f(x1)=f(x2)=0,所以ln x1-mx1=0,ln x2-mx2=0,
可得ln x1+ln x2=m(x1+x2),ln x1-ln x2=m(x1-x2).
要证明x1x2>e2,即证明ln x1+ln x2>2,也就是证明m(x1+x2)>2,
又因为m=,所以即证明>,
即证明ln >.
令=t,则t>1,于是只需证明ln t>.
令g(t)=ln t-(t>1),则g'(t)= -=>0.
故函数g(t)在(1,+∞)上是增函数,
所以g(t)>g(1)=0,即ln t>成立.
所以原不等式成立.
变式题 解:(1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f'(x)=3(x-1)2-a.
下面分两种情况讨论:
(i)当a≤0时,有f'(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
(ii)当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1+或x=1-.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
-∞,1-
1-
1-,1+
1+
1+,+∞
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)的单调递减区间为1-,1+,单调递增区间为-∞,1-,1+,+∞.
(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.由题意,得f'(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0--b.
又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0--b=f(x0),且3-2x0≠x0,
由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0,
所以x1+2x0=3.
例4 [思路点拨 设切点Q(t,g(t)),求出曲线y=g(x)在点Q处的切线方程,得出关于m,t的方程,由该方程关于t有两个不同实根,继而求m的值.
解:设切点Q(t,g(t)),由g(x)=2x3-3x2+1,
得g'(x)=6x2-6x,
则曲线y=g(x)在Q点处的切线的斜率 =6t2-6t,
则切线方程为y-g(t)=(6t2-6t)(x-t).
由切线过点A(m,-4),得-4-g(t)=(6t2-6t)(m-t),
整理得4t3-(3+6m)t2+6mt-5=0.
又由题可知上述方程恰有两个不同的解,
即函数H(t)=4t3-(3+6m)t2+6mt-5恰有两个零点,求导得H'(t)=12t2-6(1+2m)t+6m.
令H'(t)=0,解得t=或t=m.
当m=时,H'(t)≥0,函数H(t)在R上单调递增,没有两个零点,不符合题意.
当m>时,若t∈∪(m,+∞),则H'(t)>0,
若t∈,则H'(t)<0,
∴H(t)在和(m,+∞)上单调递增,在上单调递减.
要使H(t)在R上有两个零点,则或
∵H=--m+3m-5=,
H(m)=4m3-(3+6m)m2+6m2-5=-(m+1)(2m2-5m+5)=-(m+1),
∴或
解得m=.
当m<时,同理可知或解得m=-1.
综上可知,m=-1或m=.
变式题 B [解析 f'(x)=(ax2+x-1),若f(x)在(0,1)上有且只有一个极值点,则f'(x)在(0,1)上有且只有一个变号零点,显然>0,问题转化为g(x)=ax2+x-1在(0,1)上有且只有一个变号零点,故g(0)·g(1)<0,即(-1)×(a+1-1)<0,解得a>0.
【备选理由】例1为综合考查函数的单调性、最值,以及使用函数单调性和最值讨论函数零点个数的题目,非常具有代表性,可结合探究点一使用;例2为可以化为函数零点的函数问题,可结合探究点四使用.
1 [配合例1使用 设函数f(x)=+c(e=2.718 28…是自然对数的底数,c∈R).
(1)求f(x)的单调区间、最大值;
(2)讨论关于x的方程=f(x)的根的个数.
解:(1)f'(x)=(1-2x)e-2x,由f'(x)=0,解得 x=.
当x<时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x>时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
所以,函数f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是,最大值为f=e-1+c.
(2)令g(x)=-f(x)=-xe-2x-c,x∈(0,+∞).
①当x∈(1,+∞)时,ln x>0,则g(x)=ln x-xe-2x-c,所以g'(x)=e-2x.
因为2x-1>0,>0,所以g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增.
②当x∈(0,1)时,ln x<0,则g(x)=-ln x-xe-2x-c,所以g'(x)=e-2x.
因为 e2x∈(1,e2),e2x>1>x>0,所以-<-1.
又2x-1<1,所以-+2x-1<0,即g'(x)<0.
因此 g(x)在(0,1)上单调递减.
综合①②可知,当x∈(0,+∞)时,g(x)≥g(1)=-e-2-c.
当g(1)=-e-2-c>0,即c<-e-2时,g(x)没有零点,故关于x的方程=f(x)的根的个数为0.
当g(1)=-e-2-c=0,即c=-e-2时,g(x)只有一个零点,故关于x的方程=f(x)的根的个数为1.
当g(1)=-e-2-c<0,即c>-e-2时,
当x∈(1,+∞)时,由(1)知g(x)=ln x-xe-2x-c≥ln x->ln x-1-c,要使g(x)>0,只需ln x-1-c>0,即x∈(e1+c,+∞);
当x∈(0,1)时,由(1)知 g(x)=-ln x-xe-2x-c≥-ln x->-ln x-1-c,要使g(x)>0,只需-ln x-1-c>0,即x∈(0,e-1-c).
所以c>-e-2时,g(x)有两个零点,故关于x的方程=f(x)的根的个数为2.
综上所述,当c<-e-2时,关于x的方程=f(x)的根的个数为0;
当c=-e-2时,关于x的方程=f(x)的根的个数为1;
当c>-e-2时,关于x的方程=f(x)的根的个数为2.
2 [配合例4使用 [2017·广州二模 已知函数g(x)=aln x-x2+4x存在极小值点x0,且g(x0)-+2a>0,求实数a的取值范围.
解:因为g(x)=aln x-x2+4x,
所以g'(x)= -x+4=-(x>0).
因为函数g(x)存在极小值点,所以g'(x)在(0,+∞)上存在两个零点x1,x2,且0x2时,g'(x)<0,当x10,所以函数g(x)的单调递减区间为(0,x1)与(x2,+∞),单调递增区间为(x1,x2),
所以x=x1为函数g(x)的极小值点x0.
由-4x0-a=0,得x0=2-(2+舍去).
g(x0)-+2a>0等价于aln x0-+4x0+2a>0,
由-4x0-a=0,得-4x0=a,所以aln x0+a>0.
因为-4-+.
所以实数a的取值范围为.
