2014世纪金榜第二章 第十一节.pptVIP

当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减. 又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在［m，π］上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点. 综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点. 【互动探究】在本例(1)中，若改为“方程只有一个实数根”，其他条件不变，求k的取值范围. 【解析】要使原方程只有一个实数根，只需2-k＜0或-2-k＞0，解得k＞2或k＜-2，故k的取值范围是(-∞,-2)∪(2,+∞). 【拓展提升】一元三次方程根的个数问题 令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a＞0). 则f′(x)=3ax2+2bx+c. 方程f′(x)=0的判别式Δ=(2b)2-12ac, (1)当Δ≤0即b2≤3ac时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上为增函数，结合函数f(x)的图象知，方程f(x)=0有惟一一个实根. (2)当Δ＞0即b2＞3ac时，方程f′(x)=0有两个实根，设为x1,x2(x1＜x2),函数在x1处取得极大值M，在x2处取得极小值m(Mm). ①当m＞0时，方程f(x)=0有惟一一个实根； ②当m＝0时，方程f(x)=0有两个实根； ③当m0,M0时，方程f(x)=0有三个实根； ④当M＝0时，方程f(x)=0有两个实根； ⑤当M＜0时，方程f(x)=0有一个实根. 【变式备选】已知函数f(x)=x3-3ax-1,a≠0. (1)求f(x)的单调区间. (2)若f(x)在x=-1处取得极值，直线y=m与y=f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围. 【解析】(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a), 当a＜0时，对x∈R，有f′(x)＞0, 故当a＜0时，f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞), 当a＞0时，由f′(x)＞0解得 由f′(x)＜0解得 故当a＞0时，f(x)的单调递增区间为 f(x)的单调递减区间为 (2)因为f(x)在x=-1处取得极值， 所以f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,∴a=1. 所以f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3, 由f′(x)=0解得x1=-1,x2=1. 由(1)中f(x)单调性可知，f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1，在x=1处取得极小值f(1)=-3. 因为直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点， 结合f(x)的单调性可知，m的取值范围是(-3,1). 【满分指导】导数综合问题的规范解答 【典例】(14分)(2012·山东高考改编)已知函数f(x)= (k为常数，e=2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y=f(x)在 点(1,f(1))处的切线与x轴平行. (1)求k的值. (2)求f(x)的单调区间. (3)设g(x)=xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数.证明：对任 意x0,g(x)1+e-2. 【思路点拨】 【规范解答】(1)由 得x∈(0,+∞).① ……………………………………2分 由已知, ∴k=1.…………………………3分 (2)由(1)知, 设 则 即k(x)在(0,+∞)上是减函数， 由k(1)=0知，k(x)=0有惟一实根.② 当0x1时k(x)0，从而f′(x)0， 当x1时k(x)0，从而f′(x)0. 综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)， 单调递减区间是(1,+∞).…………………………7分 (3)由(2)可知，当x≥1时，g(x)=xf′(x)≤0＜1+e-2，故只需证明g(x)1+e-2在0x1时成立. 当0x1时，ex＞1，且g(x)0， ∴g(x)= 1-xln x-x.③…………………………9分 设F(x)=1-xln x-x，x∈(0,1)，④ 则F′(x)=-(ln x+2)， 当x∈(0,e-2)时，F′(x)0，当x∈(e-2,1)时，F′(x)0，所以当x=e-2时，F(x)取得最大值F(e-2)=1+e-2.……………12分 所以g(x)F(x)≤1+e-2. 综上,对任意x0,g(x)1+e-2.……………………………14分 【失分警示】(下文①②③④见规范解答过程) 1.(2012·大纲版全国卷改编)已知函数y＝x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝______. 【解析】设y=f(x).∵f′(x)=3(x+1)(x-1)，∴当x=-1或x=1时取得极值，f(1)=0或f(-1)=0，即c-2=0或c+2=0，解得c=2或c=-2. 答案：±2 第十一节 导数在实际生活中的应用 及综合应用 考向 1 利