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免费2013-2017年高考数学(文)分类汇编详解：第3章-导数第三章导数第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；（ii）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．112.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.①①两边分别取自然对数，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.欢迎访问"高中试卷网"--http://sj.fjjyvvvvv免费2013-2017年高考数学(文)分类汇编详解：第3章-导数