导数 方程的根
导数中两种零点问题解决方法
导数中两种零点问题解决方法导数中的零点问题是指函数在其中一点的导数为零。
解决导数零点问题的方法有两种：一种是解析法，一种是数值法。
一、解析法解析法是指使用数学知识和方法，通过分析函数的性质来求解导数的零点。
解析法包括以下几种常见的方法：1.1.方程法方程法是根据导数的定义，将函数的导数表达式设置为零，得到一个方程，从而求解出导数的零点。
具体步骤如下：1.将函数的导数表达式设置为零，得到一个方程。
2.解方程，求出方程的根。
3.将根带入原函数，计算出在根处的函数值。
1.2.倒数法倒数法是指使用导数的倒数来求解导数的零点。
具体步骤如下：1.对函数进行求导，并求出导数的表达式。
2.求导数的倒数，得到一个新的函数。
3.使用方程法求解导数的倒数的零点。
4.将零点带入原函数，计算出在零点处的函数值。
1.3.函数性质法函数性质法是指通过分析函数的图像和性质来求解导数的零点。
具体步骤如下：1.根据函数的图像和性质，确定导数的零点的位置。
2.使用方程法求解导数的零点，得到具体的数值。
3.将零点带入原函数，计算出在零点处的函数值。
二、数值法数值法是指使用数值计算的方法来求解导数的零点。
数值法包括以下几种常见的方法：2.1.二分法二分法是一种迭代求根的方法，通过函数在区间内取值的正负性来确定区间，并通过不断缩小区间的范围来求解导数的零点。
具体步骤如下：1.根据函数的图像和性质，选择一个初值区间，并确定函数在区间内的正负性。
2.通过计算区间的中点，并确定中点的函数值的正负性，来缩小区间。
3.不断迭代上述步骤，直到区间的宽度满足要求，得到导数的零点的近似值。
2.2.切线法切线法是使用切线近似原曲线的方法，通过迭代求解切线与横轴交点的坐标，来求解导数的零点。
1.根据函数的图像和性质，选取一个初始点，并求出该点处的导数值。
2.过初始点作函数图像的切线，并求出切线方程。
3.求出切线与横轴的交点的坐标，并将该点作为新的初始点。
4.重复上述步骤，直到满足迭代终止条件，得到导数的零点的近似值。
高考导数题型分析及解题方法
高考导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1． 32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ； 3．函数331x x y -+=有极小值 －1 ,极大值 3 题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2y x =-2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0） 3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --= 4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线； 解：（1） 123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P所以切线方程为02 11=+-+=-y x x y 即，（2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数的导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点的切线的斜率为0/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求的切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围 解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即 ∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③ 由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f （2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。
导数与函数的零点或方程的根
导数与函数的零点或方程的根、不等式x －1 0 2 3 4f (x ) 1 2 0 2 0A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D 【解析】 根据导函数图象，知2是函数f (x )的极小值点，0和3是函数f (x )的极大值点，则函数f (x )的大致图象如图所示．因为1<a <2，所以数形结合可知y ＝f (x )－a 的零点个数为4.◇2．〖2020·安徽省黄山市高三第一次质量检测〗定义域为R 的函数f (x )满足f ′(x )>f (x )，则不等式e x －1f (x )<f (2x －1)的解为( )A ．(14，＋∞)B ．(12，＋∞) C ．(1，＋∞) D ．(2，＋∞) 【答案】C【解析】 设g (x )＝f (x )e x ，g ′(x )＝f ′(x )－f (x )ex >0，知g (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，由e x －1f (x )<f (2x －1)得：f (x )e x <f (2x －1)e2x －1，即g (x )<g (2x －1)，所以x <2x －1，解得x >1，故选C ． ◇3．〖2020·广西柳州毕业班摸底〗已知函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝e －2处取得极小值．(1)求实数a 的值；(2)当x >1时，求证：f (x )>3(x －1)．【答案】【解析】 (1)因为f (x )＝ax ＋x ln x ，所以f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，因为函数f (x )在x ＝e －2处取得极小值，所以f ′(e －2)＝0，即a ＋lne －2＋1＝0，所以a ＝1，所以f ′(x )＝ln x ＋2，当f ′(x )>0时，x >e －2，当f ′(x )<0时，0<x <e －2，所以f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增，所以f (x )在x ＝e －2处取得极小值，符合题意．所以a ＝1.(2)由(1)知a ＝1，所以f (x )＝x ＋x ln x .令g (x )＝f (x )－3(x －1)，即g (x )＝x ln x －2x ＋3(x >0)．g ′(x )＝ln x －1，由g ′(x )＝0得x ＝e.由g ′(x )>0得x >e ，由g ′(x )<0得0<x <e ，所以g (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，所以g (x )在(1，＋∞)上的最小值为g (e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g (x )>g (e)>0，所以f (x )>3(x －1)．◇4．〖2020·重庆一中月考〗已知函数f (x )＝x ln x＋2x ，x >1. (1)求函数f (x )的极小值；(2)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围．【答案】【解析】 (1)f (x )＝x ln x＋2x ，x >1， f ′(x )＝ln x －1＋2(ln x )2(ln x )2＝(2ln x －1)(ln x ＋1)(ln x )2. 由⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(x )＝0，x >1，得x ＝ e.由(2x －m )ln x ＋x ＝0，得2x －m ＋x ln x ＝0，即m ＝x ln x＋2x ， ∴方程(2x －m )ln x ＋x ＝0在(1，e]上有两个不等实根，即函数f (x )与函数y ＝m 在(1，e]上的图象有两个不同的交点．由(1)可知，f (x )在(1，e)上单调递减，在(e ，e]上单调递增且f (e)＝4e ，f (e)＝3e ，当x 从右侧趋近于1时，f (x )趋近于＋∞，∴4e<m ≤3e ，故实数m 的取值范围是(4e ，3e]． ◇。
导数中方程根的问题
导数四：导数中的有关方程根的问题一、常见基本题型：(1) 判断根的个数问题，常常转化为函数图象的交点个数问题，通过构造函数来求解，例1.已知函数221()ln(1),().1f x x g x a x =+=+- 求方程()()f x g x =的根的个数.解： 令221()()()ln(1)1h x f x g x x a x =-=+--- '2222222211()21(1)1(1)x x h x x x x x x ⎡⎤=+=+⎢⎥+-+-⎣⎦当[0,1)(1,)x ∈⋃+∞时，'()0h x ≥当(,1)(1,0)x ∈-∞-⋃-时，'()0h x <因此，()h x 在(,1),(1,0)-∞--时，()h x 单调递减，在(0,1),(1,)+∞时，()h x 单调递增.又()h x 为偶函数，当(1,1)x ∈-时，()h x 极小值为(0)1h a =- 当1x -→-时，()h x →-∞， 当1x +→-时，()h x →+∞ 当x →-∞时，()h x →+∞， 当x →+∞时，()h x →+∞故()()f x g x =的根的情况为：当10a ->时，即1a <时，原方程有2个根；当10a -=时，即1a =时，原方程有3个根；当10a -<时，即1a >时，原方程有4个根（2）已知方程在给定的区间上解的情况，去求参数的取值范围，另外有关方程零点的个数问题其实质也是方程根的问题。
例1.已知32()(),(,f x ax bx b a x a b =++-是不同时为零的常数），其导函数为()f x '，（1）求证：函数()y f x '=在(1,0)-内至少存在一个零点；（2）若函数()f x 为奇函数，且在1x =处的切线垂直于直线230x y +-=，关于x 的方程1()4f x t =-在[1,](1)t t ->-上有且只有一个实数根，求实数t 的取值范围.解：（1）证明：因为2()32f x ax bx b a '=++-当0a =时，12x =-符合题意； 当0a ≠时，2321b b x x a a++-，令b t a =，则2321x tx t ++- 令2()321h x x tx t =++-，11()024h -=-<， 当1t >时，(0)10h t =->， ()y h x ∴=在1(,0)2-内有零点； 当1t ≤时，(1)210h t -=-≥>，()y h x ∴=在1(1,)2--内有零点.∴当0a ≠时，()y h x =在(1,0)-内至少有一个零点.综上可知，函数()y f x '=在(1,0)-内至少有一个零点（2） 因为32()()f x ax bx b a x =++-为奇函数，所以0b =，所以3()f x ax ax =-，2()3f x ax a '=-. 又()f x 在1x =处的切线垂直于直线230x y +-=，所以1a =，即3()f x x x =-.()f x ∴在(,),()33-∞-+∞上是单调递增函数，在[,]33-上是单调递减函数，由()0f x =解得1x =±，0x =，由1()4f x x =-解之得02x x =±=作()y f x =与14y x =-的图知交点横坐标为,02x x =±=当383[(0,){}229x ∈-时，过14y x =-图象上任意一点向左作平行于x 轴的直线与()y f x =都只有唯一交点，当x 取其它任何值时都有两个或没有交点。
第1讲中值定理和有关方程的根问题解读
2M
.
1 2
M
由介值定理，
至少存在一点 [0,1]，使得
1
f ( ) 20 f (x)dx
例10、设 f (x)在[a,a] 上有连续的二阶导函数，f (0) 0 ，证
存在一点
[a,
a],
有f
(
)
3 a3
a
f (x)dx
a
分析（1）闭区间，优先用介值定理
（2） f , f 可考虑用泰勒公式 f (x) f (0) f (0).x f () x2
1 (n1)!
f
(n1)
(
)(x
x0 )n1
补充：导数零点定理，导数介值定理 定理10、设 f (x)在[a,b] 上可导，当
f(a). f(b) 0时， (a,b),使f ( ) 0
定理11、设 f (x)在[a,b] 上可导，当
f(a) f(b)，介于f(a)与f(b)之间，
则 (a,b),使f ( )
（3）若结论比较简单，如 F(n) ( ) 0 ，则优先考虑 罗尔定理,或利用费尔马定理（都是对n-1阶导数用）
（4）若结论中有两个中值，则优先考虑应该大区间分 为若干小区间，在各个小区间多次使用拉氏定理，
或者直接考虑柯西中值定理 （5）若结论中含有高阶导数，则优先考虑泰勒公式 （6）若结论中含有函数及其各阶导数，则优先考虑
定理，若不满足，则 （3）改令 F(x) F*(x) 两次积分 F(x) ，将大区间分为小区间
令c 0, d 0
各个小区间多次使用中值定理，
二、例题解析
例8、设函数 f (x) 在[0, 3] 上连续, 在(0, 3) 内可导, 且
f (0) f (1) f (2) 3, f (3) 1, 证明存在 (0,3), 使
导数中的参数问题(解析版)
【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。
而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。
【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题 【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-， 设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=， 当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .专题6.2 导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））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21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++， 记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+， 当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（ ）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（） ，可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞ 恒成立， 即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜ 时，有10lnx -＞ ，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜ 时，223lnx ＜＜ ，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜ ， 可得0a ≥ ；当x e ＞ 时，有10lnx -＜ ，可得21x a lnx ≤- ， 设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（）， 由32 e x e ＜＜ 时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减， 由32x e >时，0g x g x '（）＞，（） 在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， 即有)g x （ 在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ， 可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点， 由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+， 因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >， 作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时， 有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件， 即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0． 则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内， 或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='， 令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点， 又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程， 可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立； 则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值； 当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ， 即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ； 设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1； 所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ． 【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（ ） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-， 则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。
导数在初等数学中的应用-毕业论
江西师范大学数学与信息科学学院学士学位论文导数在初等数学中的应用Application of Derivative inThe Elementary Mathematics姓名：胡磊学号：200907010052学院：数学与信息科学学院专业：数学与应用数学指导老师：陈冬香（教授）完成时间：2013年4月25号导数在初等数学中的应用胡磊【摘要】导数是高中数学所接触的一个概念，它广泛地应用于众多数学模块中，如在函数的研究中，导数能更直观的形象的反应函数的部分性质，还有在判断方程的根；不等式的证明、恒等式的证明、数列求和、解析几何中都有广泛的应用。
在部分数学模块中，导数的引入给许多常规问题的解决提供了新的方法，突出导数在解决问题的优越性；并且归纳总结导数在应用时应注意的部分问题。
【关键词】导数初等数学解题方法应用Application of Derivative in the Elementary MathematicsHu Lei【Abstract】Derivative is a concept which is studied in high school mathematics. It is widely used in numerous math modules such as the research of the Function, in which Derivative can reflect Function’s partial properties more directly and magically. What’s more, Derivative also apply to the judgment of the Function Root, the certification of the Inequity and Identity, the summation of Number Sequence and the Analytic Geometry. In some math modules, the introduction of the Derivative provides new ways for many conventional problems which highlights its superiority in problem-solving. In addition, the essay also sums up and summarizes some problems in the application of the Derivative.【Key words】Derivative Mathematic Problem solving method Application目录1 引言 (1)2 研究导数在函数中的应用 (1)2.1 导数在研究函数的单调性中的作用 (1)2.2 导数在求函数的极值中的作用 (3)2.3利用导数求函数的值域 (4)3 研究导数在判别方程根中的应用 (4)4 研究导数在不等式中的应用 (6)5 研究导数在恒等式的证明中的应用 (8)6 导数在数列方面的应用 (10)7 研究导数的几何应用 (11)8 导数解决实际生活中的问题 (12)8.1 成本问题 (12)8.2 制作容器 (13)9 导数在应用时注意的部分问题 (14)总结 (15)参考文献 (16)致谢 (16)1 引言导数的思想最初是由法国数学家费马为研究极值问题而引入的，但是于导数概念直接相联系的是以下两个问题：已知运动规律求速度和已知曲线求它的切线。
方程的根和导数的关系
方程的根和导数的关系方程的根和导数的关系，嘿，这可是个有趣的话题哦！想象一下，你在数学的海洋里遨游，突然碰到一个漂浮的浮标，那个浮标就是方程的根。
我们都知道，方程的根就像是解决问题的小钥匙，让我们打开各种未知的大门。
而导数呢，嘿，它就像是那个侦探，能帮我们分析事情的发展，了解变化的快慢。
两者的关系，就像是好朋友，时不时一起出门，搞点小事情。
我们先来说说方程的根。
大家都知道，方程的根就是使方程成立的那些神秘数字。
比如，想象你有个方程 (x^2 4 = 0)，咱们求个根，结果是 (x = 2) 和 (x = 2)。
这两个小家伙就像是数学世界的明星，闪闪发光，让你能找到方程的答案。
哎，心里是不是有种“啊哈”的感觉？找到根的那一瞬间，仿佛人生开了挂，幸福感满满。
我们聊聊导数。
导数，简单来说，就是某个东西变化的速度。
想象你在一条坡道上骑自行车，导数就是告诉你坡道的陡峭程度。
有些时候，导数还会告诉你，某个地方是上坡还是下坡。
这就像你在吃火锅的时候，突然发现锅底烧焦了，那可是变化的信号，得赶紧调整火候呀。
导数的存在让我们能更好地理解变化，仿佛是数学的指路明灯。
嘿，你可能会问，根和导数有什么关系呢？别着急，接下来就要揭开谜底了。
根和导数之间的关系就像是两兄弟，互相依赖。
想想看，根的存在是因为方程的变化，而导数则可以告诉我们在根附近的情况。
比如说，你找到根后，想知道那个地方的变化快不快，导数就派上用场了。
有一个非常经典的定理，叫做“罗尔定理”，听起来有点拗口，但别担心，意思简单明了。
它告诉我们，如果一个函数在某个区间内连续，并且在端点处的值相等，那一定有一个点，导数为零。
这就意味着在那个点上，函数有可能是个根，或者说它在那儿“停顿”了。
这就像你在路上走，突然发现前面有个拐弯，路旁有个大石头挡住了去路，哎，得停下来想想下一步怎么走。
这里还有个“第一导数测试”的概念。
这个东西可以帮我们找到极值点，简单来说，就是找出函数的最高点和最低点。
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1 已知函数f (x )=a ln x +bx 2图象上点P （1，f (1))处的切线方程为2x -y -3=0. (Ⅰ)求函数y = f (x )的解析式；(Ⅱ)函数g (x )= f (x )+m -ln4,若方程g (x )=0在[1e,2]上恰有两解，求实数m 的取值范围.【答案】22.解：(Ⅰ)当x =1时，f (1)=2×1-3=-1. …………1分f ′( x )=2abx x+， ……………2分 ∴(1)22(1)1f a b f b '=+=⎧⎨==-⎩ ………………4分解得a =4,b =-1 ……………5分 ∴y =f (x )=4ln x -x 2. ……………6分 (Ⅱ)(方法一)：g (x )=f (x )+m -ln4=4ln x -x 2+m -ln4. …………………7分 令g (x )=0得m =x 2+4ln x + ln4，则此方程在[1,2e]上恰有两解. …………8分 记ϕ (x)= x 2+4ln x + ln4令ϕ′( x )=2x-24242(0x x x x x x-+-===，得[1,2e ] (9)分x ∈(1eϕ′( x )＜0，ϕ (x)单调递减；x ∈2), ϕ′( x )＞0，ϕ (x)单调递增. ……11分又222ln 2211()42ln 2(2)44ln 22ln 242ln 2ee ϕϕϕ⎧=-=⎪⎪=++⎨⎪=-+=-⎪⎩……………13分∵ϕx)的图像如图所示（或∵ϕ1()e≥ϕ（2））∴2＜m ≤4-2ln2. ………………………14分(方法二)：(Ⅱ)g (x )=f (x )+m -ln4=4ln x -x 2+m-ln4. ………………7分 令g ′( x)=4)20,x x x x x-==得x[1,2e ], ……………8分因为g ′( x )在区间（1e2）上小于0，所以g ( x )在区间[1e上单调递增，在区间2]上单调递减， …………10分 由于g ( x )=0在[1,2e]上恰有两解，所以只需满足不等式组222ln 420111()4ln 442ln 2(2)4ln 24ln 4(42ln 2)0g m m g m m ee e g m m ⎧=+-=->⎪⎪⎛⎫=--+-=-++⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪=-+-=--≤⎩≤0………………………………………………………………………………12分 其中4+21e +2ln2＞4-2ln2，解得2＜m ≤4-2ln2. ………14分 2 （山东省山师附中2014届高三11月期中学分认定考试数学（理）试题）已知函数nx x x f 1)(=.(1)若函数2)()(2+++=ax x x f x g 有零点,求实数a 的范围; (2)若))(1()(Z k x k x f ∈+≥恒成立,求k 的最大值.【答案】3 （山东省聊城市堂邑中学2014届高三上学期9月假期自主学习反馈检测数学（理）试题）已知函数,在点处的切线方程为. (Ⅰ)求函数的解析式;(Ⅱ)若对于区间上任意两个自变量的值,都有,求实),(3)(23R b a x bx ax x f ∈-+=))1(,1(f 02=+y )(x f ]2,2[-21,x x c x f x f ≤-|)()(|21数的最小值;(Ⅲ)若过点,可作曲线的三条切线,求实数 的取值范围.【答案】(Ⅰ)根据题意,得 即解得(Ⅱ)令,解得 f(-1)=2, f(1)=-2,时,则对于区间[-2,2]上任意两个自变量的值,都有所以所以的最小值为4. (Ⅲ)设切点为, 切线的斜率为 则即,因为过点,可作曲线的三条切线 所以方程有三个不同的实数解 即函数有三个不同的零点, 则令()0,0 2.g x x x '===解得或c )2)(,2(≠m m M )(x f y =m 323)(2-+='bx ax x f⎩⎨⎧='-=,0)1(,2)1(f f ⎩⎨⎧=-+-=-+,0323,23b a b a ⎩⎨⎧==.0,1b a .3)(3x x x f -=∴33)(2-='x x f 0=1±=x 2)2(,2)2(=-=-f f [2,2]x ∴∈-当max min ()2,() 2.f x f x ==-12,x x 12max min |()()||()()|4f x f x f x f x -≤-=4.c ≥c 300000(,),3x y y x x =-则200()33f x x '=-∴203 3.x -3200003332x x m x x ---=-32002660x x m -++=(2,)(2)M m m ≠()y f x =32002660x x m -++=32()266g x x x m =-++2()612.g x x x '=-即,∴ 4 （山东省广饶一中二校区2014届高三上学期10月月考数学（理）试题）( 本小题满分14分)设关于x 的函数22()(241)(2)ln f x mx m m x m x =-++++,其中m 为实数集R 上的常数,函数()f x 在1x =处取得极值0.(1)已知函数()f x 的图象与直线y k =有两个不同的公共点,求实数k 的取值范围; (2)设函数2()(2)p g x p x x+=-+, 其中0p ≤,若对任意的[1,2]x ∈,总有22()()42f x g x x x ≥+-成立,求p 的取值范围.【答案】(Ⅰ)22()2(241)m f x mx m m x+'=-+++因为函数()f x 在1x =处取得极值0得:2222(1)2(241)2210(1)(241)2310f m m m m m m f m m m m m '⎧=-++++=--+=⎪⎨=-++=---=⎪⎩解得1m =- 则(21)(1)()((0,))x x f x x x---'=∈+∞令()0f x '=得1x =或12x =-(舍去)当01x <<时,()0f x '>;当1x >时,()0f x '<.所以函数()f x 在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,)+∞上单调递减. 所以当1x =时,函数()f x 取得极大值,即最大值为2(1)ln1110f =-+= 所以当0k <时,函数()f x 的图象与直线y k =有两个交点 (Ⅱ)设22()2()()422ln p F x f x g x x x x px x+=--+=--若对任意的[1,2]x ∈,22()()42f x g x x x ≥+-恒成立, 则()F x 的最小值min ()0F x ≥ (*)2'22222(2)()p px x p F x p x x x+-+++=-+= ⎩⎨⎧<>∴0)2(0)0(g g ⎩⎨⎧<->+0206m m 26<<-m(1)当0p =时,'222()0x F x x +=>,()F x 在[1,2]递增 所以()F x 的最小值(1)20F =-<,不满足(*)式 所以0p =不成立(2)当0p ≠时'22(1)()()p p x x pF x x +-+-=①当10p -<<时,211p+<-,此时()F x 在[1,2]递增,()F x 的最小值(1)220F p =--<,不满足(*)式②当1p <-时,2111p-<+≤,()F x 在[12]，递增, 所以min ()(1)220F x F p ==--≥,解得1p ≤- ,此时1p <-满足(*)式③当1p =-时,()F x 在[12]，递增,min ()(1)0F x F ==,1p =-满足(*)式 综上,所求实数p 的取值范围为1p ≤-5 （山东省临朐七中2014届高三暑假自主学习效果抽测（二）数学试题）设函数f(x)=x 2-mlnx,h(x)=x 2-x+a.(I) 当a=0时,f(x)≥h(x)在(1,+∞)上恒成立,求实数m 的取值范围;(II) 当m=2时,若函数k(x)=f(x)-h(x)在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数 a 的取值范围;【答案】解:(1)由a=0,f(x)≥h(x)可得-mlnx≥-x 即ln xm x≤┉┉┉┉┉┉1分 记ln xxϕ=,则f(x)≥h(x)在(1,+∞)上恒成立等价于min ()m x ϕ≤. 求得2ln 1'()ln x x xϕ-= ┉┉┉┉┉┉┉┉2分当(1,)x e ∈时;'()0x ϕ<;当(,)x e ∈+∞时,'()0x ϕ> ┉┉┉┉┉┉┉┉4分 故()x ϕ在x=e 处取得极小值,也是最小值,即min ()()x e e ϕϕ==,故m e ≤. ┉┉┉┉┉┉┉┉6分(2)函数k(x)=f(x)-h(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点等价于方程x-2lnx=a,在[1,3]上恰有两个相异实根.┉┉┉┉┉┉┉┉8分 令g(x)=x-2lnx,则2'()1g x x=-┉┉┉┉┉┉┉┉10分 当[1,2)x ∈时,'()0g x <,当(2,3]x ∈时,'()0g x >g(x)在[1,2]上是单调递减函数,在(2,3]上是单调递增函数. 故min ()(2)22ln 2g x g ==- ┉┉┉┉┉┉┉┉12分 又g(1)=1,g(3)=3-2ln3∵g(1)>g(3),∴只需g(2)<a≤g(3),故a 的取值范围是(2-2ln2,3-2ln3) ┉┉┉┉┉┉┉┉14分6 【山东省德州市乐陵一中2013届高三10月月考数学理】本题满分13分）设函数错误！未找到引用源。
．（Ⅰ）求函数错误！未找到引用源。
的单调递增区间；（Ⅱ）若关于错误！未找到引用源。
的方程错误！未找到引用源。
在区间错误！未找到引用源。
内恰有两个相异的实根，求实数错误！未找到引用源。
的取值范围．【答案】方法2：∵错误！未找到引用源。
，∴错误！未找到引用源。
．…………………………6分 即错误！未找到引用源。
，令错误！未找到引用源。
， ∵错误！未找到引用源。
，且错误！未找到引用源。
， 由错误！未找到引用源。
．∴错误！未找到引用源。
在区间错误！未找到引用源。
内单调递增，在区间错误！未找到引用源。
内单调递减．……………………9分∵错误！未找到引用源。