世纪金榜二轮专题辅导与练习专题二第四讲.pptVIP

【变式训练】(2013·天津高考)已知函数f(x)=x2ln x. (1)求函数f(x)的单调区间. (2)证明:对任意的t0,存在唯一的s,使t=f(s). (3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当te2时, 有 【解题提示】(1)求出函数f(x)=x2ln x的导数，利用导数确定函数f(x)的单调区间. (2)利用(1)的结论，首先确定t0时，对应函数f(x)的定义域为(1,+∞)，然后根据函数f(x)的单调性证明. (3)承接(2)通过换元法及函数的单调性进行证明. 【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞). f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f′(x)=0,得x= 列表如下： 所以函数f(x)的单调减区间是(0, ),单调增区间是 ↗ 极小值 ↘ f(x) + 0 - f(x) ( ) (0, ) x (2)当0x≤1时,f(x)≤0. 因为t0,令h(x)=f(x)－t,x∈(1,+∞). 由(1)知,h(x)在区间1,+∞内单调递增. h(1)=－t0,h(et)=e2tln et－t=t(e2t－1)0. 故存在唯一的s∈(1,+∞),使t=f(s)成立. (3)因为s=g(t),由(2)知t=f(s),且s1,从而 其中u=ln s. 要使 成立,只需 当te2时,若s=g(t)≤e,则由f(s)的单调性知,t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾. 所以se,即u1,从而ln u0成立. 另一方面，令F(u)=ln u－ ,u1.F′(u)= 令F′(u)=0,得u=2,当1u2时，F′(u)0;当u2时，F′(u)0. 故对u1，F(u)≤F(2)0.因此ln u 成立. 综上，当te2时,有 热点考向 3 利用导数解决与方程的解有关的问题 【典例3】已知f(x)=x2+3x+1,g(x)= (1)a=2时，求y=f(x)和y=g(x)的公共点个数. (2)a为何值时，y=f(x)和y=g(x)的公共点个数恰为两个. 【解题探究】 (1)函数y=f(x)与函数y=g(x)的公共点个数与函数y=f(x)-g(x) 的零点个数有何关系？ 提示：相等 (2)求函数y=f(x)-g(x)的零点个数的步骤 ①用x来表示a，即：a=_______； ②依据函数的极值确定零点个数. x3+x2-x 【解析】(1)当a=2时，联立 得x2+3x+1= +x， 整理得x3+x2-x-2=0(x≠1), 令μ(x)=x3+x2-x-2(x≠1),则μ′(x)=3x2+2x-1,令μ′(x)=0，解得x1=-1,x2= 得到极值点分别在x=-1和x= 处，且极 大值、极小值都是负值，大致图象如图1， 故交点只有一个. 所以y=f(x)与y=g(x)的公共点有1个. (2)联立 得x2+3x+1= 整理得a=x3+x2-x(x≠1), 令h(x)=x3+x2-x(x≠1)，对h(x)求导可以得到极值点分别在 x=-1和x= 处，画出草图2, h(-1)=1,h( )= 当a=h(-1)=1时,y=a与y=h(x)仅有 一个公共点(因为(1，1)点不在y= h(x)曲线上)，故 时恰有两个公共点. 【互动探究】若本例(2)中“公共点个数恰为3个”，则实数a 的取值范围如何？ 【解析】由例题中图2知，当 时，恰有3个公共点. 【方法总结】 1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数问题的一般思路 (1)将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题. (2)利用导数研究出函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其大致图象. (3)结合图象求解. 2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调； 第二步：证明端点值异号. 【变式备选】(2013·常州模拟)已知函数f(x)=ln|x|(x≠0)， 函数g(x)= (1)当x≠0时，求函数y=g(x)的表达式. (2)若a0，且函数y=g(x)在(0，+∞)上的最小值是2，求a的值. (3)对于(2)中所求的a值，若函数h(x)= 恰有三个零点，求b的取值范围. 【解析】(1)因为f(x)=ln|x|，去掉绝对值，然后分情况求解导数得到结论. 所以当x0时，f(x)=ln x；当x0时，f(x)=ln(-x)， 所以当x0时，f′(x)= ；当x0时，f′(x)= 所以当x≠0时，函数y=g(x)= (2)由(1)知当x0时，g(x)= 所以当a0，x0时，g(x)≥2 ，当且仅当x= 时取等号. 由