导数4--根和构造函数(两参数)

精品文档 1欢迎下载 导数导数 4 4 零点的个数与参数范围和构造函数法零点的个数与参数范围和构造函数法 八 零点的个数与参数范围八 零点的个数与参数范围 例题例题 1 1 2009 陕西卷文 本小题满分 12 分 已知函数 3 31 0f xxaxa 1 若 f x在1x 处取得极值 讨论直线 y m 与 yf x 的图像的交点个数 精品文档 2欢迎下载 例题例题 2 2 已知函数 x其中 a 0 aaxx a xxf 23 2 1 3 1 1 若函数在区间 2 0 内恰有两个零点 求 a 的取值范围 xf 例题例题 2 2 2013 年高考陕西卷 文 已知函数 e x f xx R 证明 曲线y f x 与曲线 2 1 1 2 yxx 有唯一公共点 精品文档 3欢迎下载 21 本小题满分 12 分 已知函数 曲线在点 0 2 处的切线与轴交点的横坐标为 2 32 32f xxxax yf x x 求 a 证明 当 2 k 1 时 曲线与直线只有一个交点 yf x 2ykx 解 2 36fxxxa 0 fa 曲线在点 0 2 处的切线方程为 yf x 2yax 由题设得 所以 2 2 a 1a 由 知 32 32f xxxx 设 32 23 1 4g xf xkxxxk x 由题设知10k 当时 0 x 2 3610g xxxk 单调递增 g x 1 10 0 4gkg 所以在有唯一实根 0g x 0 当时 令 则 0 x 32 34h xxx 1 g xh xk xh x 在单调递减 在单调递增 所以 2 363 2 h xxxx xh x 0 2 2 2 0g xh xh 所以在没有实根 0g x 0 综上在 R 由唯一实根 即曲线与直线只有一个交点 0g x yf x 2ykx 例题例题 3 3 设 函数 aR lnf xxax 1 若无零点 求实数的取值范围 f xa 精品文档 4欢迎下载 解 方法一解 方法一在区间上 0 11 ax fxa xx 若 则 是区间上的增函数 0a 0fx f x 0 1 0fa Q 1 0 aaa f eaaeae 函数在区间有唯一零点 1 0 a ff e f x 0 若 有唯一零点 0a lnf xx 1x 若 令得 0a 0fx 1 x a 在区间上 函数是增函数 1 0 a 0fx f x 在区间上 函数是减函数 1 a 0fx f x 故在区间上 的极大值为 0 f x 11 ln1ln1fa aa 由即 解得 1 0 f a ln10a 1 a e 故所求实数a的取值范围是 1 e 方法二 方法二 函数无零点方程即在上无实数解 f x ln xax ln x a x 0 令 则 ln x g x x 2 1 ln x g x x 由即得 0g x 2 1 ln 0 x x xe 在区间上 函数是增函数 0 e 0g x g x 在区间上 函数是减函数 e 0g x g x 故在区间上 的极大值为 0 g x 1 g e e 注意到时 时 时 0 1 x 0g x 1x 1 0g 1 x 1 0 g x e 精品文档 5欢迎下载 故方程在上无实数解 ln x a x 0 1 a e 即所求实数a的取值范围是 1 e 注注 解法二只说明了解法二只说明了的值域是的值域是 但并没有证明但并没有证明 g x 1 e 例题例题 4 4 本小题满分 14 分 设函数 ln m f xxmR x 1 讨论函数零点的个数 3 x g xfx 精品文档 6欢迎下载 例题例题 4 4 已知函数 32 1 1 3 f xxxaxaR 1 求函数的单调区间 f x 2 当时 试讨论是否存在 使得0a 0 11 0 1 22 x 0 1 2 f xf 解 1 方程的判别式 2 2fxxxa 2 20 xxa 44a 所以 当时 此时在上为增函数 1a 0 0fx f x 当时 方程的两根为1a 2 20 xxa 11 a 当时 此时为增函数 11 xa 0fx f x 当时 此时为减函数 11 11 xaa 0fx f x 当时 此时为增函数 11 xa 0fx f x 综上时 在上为增函数 1a f x 当时 的单调递增区间为 1a f x 11 11 aa 的单调递减区间为 f x 11 11 aa 2 3232 0000 111 111 1 1 233 222 f xfxxaxa 3322 000 1111 3222 xxa x 2 0 00000 111111 3224222 x xxxxa x 2 00 00 111 236122 xx xxa 2 000 11 4147 12 122 xxxa 所以 若存在 使得 0 11 0 1 22 x 0 1 2 f xf 必须在上有解 2 00 4147 120 xxa 11 0 1 22 2 0 1416 7 12 4 21 48 0aaa 精品文档 7欢迎下载 方程的两根为 142 21 48721 48 84 aa 因为 所以只能是 0 0 x 0 x 721 48 4 a 依题意 7 21 48 01 4 a 所以 当时 存在唯一的满足 25557 124412 a 0 11 0 1 22 x 0 1 2 f xf 当时 不存在使得 2575 0 12124 a 0 11 0 1 22 x 0 1 2 f xf 九 有两个参数自变量 九 有两个参数自变量 构造函数法 构造函数法 例题例题 1 1 设函数 ln m f xxmR x 1 若对任意恒成立 求的取值范围 0 1 f bf a ba ba m 精品文档 8欢迎下载 例题例题 2 2 2013 年高考陕西卷 文 已知函数 e x f xx R 设a b 比较与 f bf a ba 的大小 并说明理由 2 f af b 例题例题 3 3 已知函数 f x ex ax 其中 a 0 1 若对一切 x R f x 1 恒成立 求 a 的取值集合 2 在函数 f x 的图像上去定点 A x1 f x1 B x2 f x2 x1 x2 记直线 AB 的斜率为k 证明 存在 x0 x1 x2 使恒成立 0 fxk 解析 解 令 x fxea 0lnfxxa 得 当时单调递减 lnxa 0 fxf x 当时单调递增 lnxa 0 fxf x 精品文档 9欢迎下载 故当时 取最小值lnxa f x ln ln faaaa 于是对一切恒成立 当且仅当 1xR f x ln1aaa 令则 ln g tttt ln g tt 当时 单调递增 当时 单调递减 01t 0 g tg t 1t 0 g tg t 故当时 取最大值 因此 当且仅当时 式成立 1t g t 1 1g 1a 综上所述 的取值集合为 a 1 由题意知 21 21 2121 xx f xf xee ka xxxx 令则 21 21 xx x ee xfxke xx 1 21 121 21 1 x xx e xexx xx 2 12 212 21 1 x xx e xexx xx 令 则 1 t F tet 1 t F te 当时 单调递减 当时 单调递增 0t 0 F tF t 0t 0 F tF t 故当 即0t 0 0 F tF 10 t et 从而 又 21 21 10 xx exx 12 12 10 xx exx 1 21 0 x e xx 2 21 0 x e xx 所以 1 0 x 2 0 x 因为函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线 yx 12 x x 所以存在使即成立 012 xx x 0 0 x 0 fxk 例题例题 4 4 2013 年高考湖南 文 已知函数 f x x e x21 x1 求 f x 的单调区间 证明 当 f x1 f x2 x1 x2 时 x1 x20 时 f x f x 即可 1 1 11 1 1 1 2 222 xex x e e x x e x x xfxf x x xx 1 21 0 1 1 22 xx exxgxxexxg令 04 21 1 21 222 xxx xeexxhexxh令 0 0 0 hxhxhy 上单调递减 在 0 0 0 gxgxgy 上单调递减 在 0 00 1 1 1 2 2 yxxex x e y x x 时 上单调递减 但 在 0 xfxfxfxf 0 212121 xxxxxfxf时 且所以 当 例题例题 5 5设 函数 aR lnf xxax 1 若有两个相异零点 求证 f x 12 x x 2 12 xxe 解 设 12 0 xx 12 0 0 f xf x Q 1122 ln0 ln0 xaxxax 1212 lnln xxa xx 1212 lnln xxa xx 原不等式 2 1212 lnln2xxexx 12 2a xx 12 1212 lnln2xx xxxx 112 212 2 ln xxx xxx 令 则 于是 1 2 x t x 1t 112 212 2 2 1 lnln 1 xxxt t xxxt 设函数 2 1 ln 1 t