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- 2024-03-10 发布
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；
（i i）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．1
12.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.①
①两边分别取自然对数，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.