高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用 第3课时 导数的综合应用创新教学案（含解析）新人教版-新人教版高三全册数学教学案.doc

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．(2019·汉中模拟)若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t使得f(t)＝g′(t)则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数．已知函数g(x)＝eq\f(12)kx2－x＋3为函数f(x)＝x2lnx＋x的“友导”函数则k的取值范围是()A．(－∞1)B．(－∞2]C．(1＋∞)D．[2＋∞)答案D解析g′(x)＝kx－1由题意g(x)为函数f(x)的“友导”函数即方程x2lnx＋x＝kx－1有解故k＝xlnx＋eq\f(1x)＋1记p(x)＝xlnx＋eq\f(1x)＋1则p′(x)＝1＋lnx－eq\f(1x2)＝eq\f(x2－1x2)＋lnx当x>1时eq\f(x2－1x2)>0lnx>0故p′(x)>0故p(x)递增；当0<x<1时eq\f(x2－1x2)<0lnx<0故p′(x)<0故p(x)递减故p(x)≥p(1)＝2故由方程k＝xlnx＋eq\f(1x)＋1有解得k≥2故选D.2．(2019·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x＋1x－1).讨论f(x)的单调性并证明f(x)有且仅有两个零点．解f(x)的定义域为(01)∪(1＋∞)．因为f′(x)＝eq\f(1x)＋eq\f(2x－12)>0所以f(x)在(01)(1＋∞)上单调递增．因为f(e)＝1－eq\f(e＋1e－1)<0f(e2)＝2－eq\f(e2＋1e2－1)＝eq\f(e2－3e2－1)>0所以f(x)在(1＋∞)有唯一零点x1(e<x1<e2)即f(x1)＝lnx1－eq\f(x1＋1x1－1)＝0.又0<eq\f(1x1)<1feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1x1)))＝－lnx1＋eq\f(x1＋1x1－1)＝－f(x1)＝0故f(x)在(01)有唯一零点eq\f(1x1).综上f(x)有且仅有两个零点．条件探究1将本例中的函数f(x)改为f(x)＝a＋eq\r(x)·lnx(a∈R)试求f(x)的零点个数．解f′(x)＝(eq\r(x))′·lnx＋eq\r(x)·eq\f(1x)＝eq\f(\r(x)lnx＋22x)令f′(x)>0解得x>e－2令f′(x)<0解得0<x<e－2所以f(x)在(0e－2)上单调递减在(e－2＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(e－2)＝a－eq\f(2e)显然当a>eq\f(2e)时f(x)min>0f(x)无零点当a＝eq\f(2e)时f(x)min＝0f(x)有1个零点当a<eq\f(2e)时f(x)min<0f(x)有2个零点．条件探究2将本例中的函数f(x)改为f(x)＝x－2＋eq\f(1ex)(e为自然对数的底数)．若直线l：y＝kx－2与曲线y＝f(x)没有公共点求k的最大值．解直线l：y＝kx－2与曲线y＝f(x)没有公共点等价于关于x的方程kx－2＝x－2＋eq\f(1ex)在R上没有实数解即关于x的方程(k－1)x＝eq\f(1ex)(*)在R上没有实数解．(1)当k＝1时方程(*)可化为eq\f(1ex)＝0在R上没有实数解符合题意．(2)当k≠1时方程(*)可化为eq\f(1k－1)＝xex.令g(x)＝xex则有g′(x)＝(1＋x)ex令g′(x)＝0得x＝－1.当x变化时g′(x)g(x)的变化情况如下表：x(－∞－1)－1(－1＋∞)g′(x)－0＋g(x)－eq\f(1e)所以当x＝－1时g(x)min＝－eq\f(1e)又当x→＋∞时g(x)→＋∞所以g(x)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1e)＋∞)).所以当eq\f(1k－1)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞－\f(1e)))时方程(*)无实数解故k的取值范围是(1－e1)．综上k的取值范围是(1－e1]即k的最大值为1.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．(