南京市2019届高三数学二轮专题复习资料专题08：(选讲）导数难点专项研究

南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 专题专题 8： （选讲）导数难点专项研究（选讲）导数难点专项研究 目录目录 问题归类篇. 2 类型一 零点存在性定理处理零点问题 . 2 类型二：极值点存在性及个数问题 . 11 类型三：导函数零点不可求问题 . 18 类型四：极值点偏移问题 . 23 类型五 恒成立问题和存在性问题 . 33 综合应用篇. 40 一、例题分析 . 40 二、反馈巩固 . 46 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 问题归类问题归类篇篇 类型一类型一 零点存在性定理处理零点存在性定理处理零点问题零点问题 一、考题再现一、考题再现 1(16 年江苏高考题)已知函数 f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)若 0a1，b 1，函数 g(x)f(x)2 有且只有 1 个零点，求 ab 的值 答案：1 二、方法联想二、方法联想 函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可 相互转化,这类问题的考查通常有三类： (1)求函数零点个数 方法一：直接求出零点，根据定义域判断； 方法二：画出函数的大致图象，利用两个函数图象交点的个数判断； 方法三：研究函数的单调性和极值，利用零点存在性定理证明。 (2)求函数零点的范围 利用零点存在性定理判断，关键是找到实数 a，b，使得 f(a)f(b)0 常用的方法是 找特殊值，或找与变量有关的值， 利用不等式(exx1,lnxx1 及其变式等)进行放缩。 局部放缩 (3)已知函数的零点个数问题求参数取值范围 求出函数的单调性和极值，画出函数的大致图象，判断函数图象交点的个数，利用零 点存在性定理证明 三、三、方法应用方法应用 例 1(13 年江苏高考题). 设函数f(x)lnxax， 其中 a 为实数.试判断函数 f(x)零点的个 数，并证明你的结论. (直接研究函数直接研究函数 f(x)，讨论参数讨论参数 a 的取值范围，判断函数单调性，利用零点存在性定的取值范围，判断函数单调性，利用零点存在性定理理 证明零点存在及个数证明零点存在及个数) 解析：函数 f(x)定义域为(0，)，f (x)1 xa， 1 当 a0 时，由 f(1)0，及 f (x)1 x0，得 f(x)存在唯一的零点； 2 当 a0 时，f (x)0，f(x)在(0，)上单调增，f(1)a0 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 由于 f(ea)aaeaa(1ea)0，且函数 f(x)在ea,1上的图象连续， 所以函数 f(x)在（ea,1）上有唯一零点，又 f(x)在(0，)上单调增， 所以 f(x)在(0，)上有唯一零点 3 当 a0 时，f (x)1 xa 1ax x ，所以 f(x)在(0,1 a上单调增，在 1 a,)上单调减 则 f(x)极大值也是最大值为 f(1 a)lna1 当lna10 即 a1 e时，f(x)f( 1 a)0，所以函数 f(x)没有零点； 当lna10 即 a1 e时，函数 f(x)有唯一零点； 当lna10，即 0a1 e时，函数 f(x)有两个零点 实际上，x(0,1 a时，f(x)单调增，f(1)a0，又 f( 1 a)0，函数 f(x)在(0, 1 a上的图 象连续，所以 f(x)在(1,1 a)，即在(0, 1 a上有唯一零点； x1 a,)时，f( 1 a)0，f( 1 a2)2ln 1 a 1 a 或 f(e 1 a)1 aae 1 aa (1 a2e 1 a) 设 h(x)x2ex，xe，则 h(x)2xex，再设 l(x)2xex，xe，则 l(x)2ex 0， 所以 l(x)h(x)在e)上单调减，h(x)h(e)2eee0， 所以 h(x)在e)上单调减，又1 ae，所以 1 a2e 1 ae2ee0，即 f(e 1 a)0， 又函数 f(x)在e)上的图象连续，所以 f(x)在(1 a,e 1 a)，即在e)上有唯一零点； 所以。0a1 e时，函数 f(x)有两个零点 综上， （1）当 a1 e，函数 f(x)没有零点； （2）当 a1 e或 a0 时，函数 f(x)有一个零点； （3）当 0a1 e时，函数 f(x)有两个零点 例 2（2018 全国新课标全国新课标理）理）已知函数，若在只有一个 零点，求 a 的值 解析：设函数，在只有一个零点当且仅当在 只有一个零点 当时，没有零点； 2 ( )exf xax( )f x(0,) 2 1e x h xax f x0, h x0, 0a 0h x h x 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 当时， 当时，；当时， 在单调递减，在单调递增 故是在的最小值 若，即，在没有零点； 若，即，在只有一个零点； 若，即，由于，所以在有一个零点， 由 （1） 知， 当时， 所以 故在有一个零点，因此在有两个零点 综上，在只有一个零点时， 例 3已知函数 f(x)mx2xln x.当 m0 时，若曲线 C：yf(x)在点 x1 处的切线 l 与 C 有且只有一个公共点，求 m 的值 解析：因为 f(1)m1，f(1)2m， 所以切线方程为 ym12m(x1)，即 y2mxm1 从而方程 mx2xln x2mxm1 在(0，)上只有一解 令 g(x)mx2xln x2mxm1，则 g(x)2mx12m1 x 2mx22m1x1 x 2mx1x1 x ， 所以当 m1 2，g(x)0 所以 yg(x)在 x(0，)单调递增，且 g(1)0， 所以 mx2xln x2mxm1 只有一解 当 0m1 2，x(0,1)，g(x)0；x 1， 1 2m ，g(x)0；x 1 2m， ，g(x) 0 由 g(1)0 及函数单调性可知 g 1 2m 0， 因为 g(x)mx x 21 m mln x1，取 x21 m， 则 g 21 m 0， 因此在 1 2m， 方程 mx 2xln x2mxm1 必有一解从而不符题意 当 m1 2，x 0， 1 2m ，g(x)0；x 1 2m，1 ，g(x)0；x(1，)，g(x) 0 同理在 0， 1 2m 方程 mx2xln x2mxm1 必有一解，不符题意 综上所述 m1 2. 四、四、归类归类研究研究 *1已知函数 f(x)lnx10 x 4求证：f(x)有且仅有两个零点 (考察利用零点存在性定理和单调性证明零点个数考察利用零点存在性定理和单调性证明零点个数) 0a 2 e x h xax x 0,2x 0h x 2,x 0h x h x0,22, 2 4 21 e a h h x0, 20h 2 e 4 a h x0, 20h 2 e 4 a h x0, 20h 2 e 4 a 01h h x0,2 0 x 2 exx 333 244 2 1616161 411110 e 2 e a a aaa ha a a h x2,4a h x0, f x0, 2 e 4 a 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 证明：因为 f(x)x10 x2 ，从而当 x(0，10)，f(x)0，f(x)单调递减；当 x(10，) 时，f(x)0，f(x)单调递增所以当 x10 时，f(x)有极小值(5 分) 因为 f(10)ln1030，f(1)60，所以 f(x)在(1，10)之间有一个零点 因为 f(e4)410 e440，所以 f(x)在(10，e 4)之间有一个零点 从而 f(x)有且仅有两个不同的零点 *2.函数 f(x)xex，其中 e 是自然对数的底数，求整数 t 的所有值，使方程 f(x)x2 在t，t 1上有解. （考察函数的性质，零点存在性定理）（考察函数的性质，零点存在性定理） 解：方程即为 xexx2， 由于 ex0，所以 x0 不是方程的解， 所以原方程等价于 ex2 x10. 令 h(x)ex2 x1， 因为 h(x)ex 2 x20 对于 x(，0)(0，)恒成立， 所以 h(x)在(，0)和(0，)内是单调递增函数， 又 h(1)e30，h(3)e 31 30， 所以方程 f(x)x2 有且只有两个实数根且分别在区间1，2和3，2上，所以整 数 t 的所有值为3，1. *3已知函数 f(x)1 3x 3a(x2x1)证明：f(x)只有一个零点 解析：由于 x2x10，所以 f(x)0 等价于 x3 x2x13a0 设 g(x) x3 x2x13a，则 g(x) x2(x22x3) (x2x1)2 0， 仅当 x0 时 g(x)0，所以 g(x)在(，)单调递增 故 g(x)至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点 又 f(3a1)6a22a1 36(a 1 6) 21 60，f(3a1) 1 30， 故 f(x)有一个零点 综上，f(x)只有一个零点 *4已知 f(x)xlnxa，讨论 f(x)的零点的个数 解：记 f(x)的零点的个数为 kf(x)的定义域为(0，)，f(x)1lnx， 令 f(x)0则 x1 e，当 x 1 e时，f(x)0,f(x)单调增；当 0x 1 e时，f(x)0，f(x)单调减， 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 所以 x1 e是 f(x)的唯一极小值点也是最小值点，即f(x)minf( 1 e)a 1 e 10当 a1 e0，即 a 1 e时，f(x)min0,故 k0 20当 a1 e0，即 a 1 e时，f(x)minf( 1 e)0，k1 30当 a1 e0，即 a 1 e时，f(x)min0(如右图所示) .a0 时，在(0，1 e上 f(x)0,在( 1 e，)上， 途径一：存在 e a1 e，f(e a)aeaaa(ea1)0， 由零点定理及 f(x)的单调性 k1 途径二：通过放缩，求解赋值点当 xe 时, 令 f(x)xa0xa 当 xe 且 xa 时，f(x)xa0，同理 k1 .a0 时，由 xlnx0x1，所以 k1 .0a1 e时，f(x)mina 1 e0一方面 1 1 e，且 f(1)a0，另一方面 途径一：依据单调性，当 0x1 e时，应有 f(x)0，不妨直观尝试 x0e 1 a 注意到 x0 时，exx2（证略） ，存在 x0e 1 a1 e， 1 2 2 2 11 1 1 e e0 a a a a a f aa ，又 f(x)图像在定义域内不间断， 所以在(01 e)和( 1 e)内，f(x)各有一个零点，故 k2 途径二(借助原函数极值求赋值点) 已证在(0，)上 xlnx1 e，且存在 a 2a1 e，f(a 2)2a2lnaaa(2alna1) a(2 e1)0同理 k2 综上所述：当 a1 e时，f(x)没有零点；当 a 1 e或 a0 时，有 1 个零点； 当 0a1 e时，有 2 个零点 *5设函数 f(x)x2(a2)xalnx，若函数 f(x)有两个零点，求满足条件的最小正整数 a 的值； (已知零点个数，首先研究函数性质，根据单调性，可知最小值已知零点个数，首先研究函数性质，根据单调性，可知最小值 f a 2 0，且 f(x)的最小值 f a 2 0.(6 分) 令 h(a)a4lna 24，显然 h(a)在(0，)上为增函数， 且 h(2)20， 所以存在 a0(2，3)，h(a0)0.当 aa0时，h(a)0；当 0a0 g(x)的极小值 g(x2)g( d21 3 )=2 3(d 21) 3 2 9 6 3 若 g(x2)0，由 g(x)的单调性可知函数 yf(x)至多有两个零点，不合题意 若 g(x2)0，即(d21) 3 227， 也就是|d| 10，此时|d|x2，g(|d|)|d|6 30， 且2|d|x1， g(2|d|)6|d|32|d|6 362 106 30， 从而由 g(x)的单调性， 可知函数 yg(x)在区间(2|d|，x1)，(x1，x2)，(x2，|d|)内各有一个零点，符合题意 所以 d 的取值范围是(， 10)( 10，) 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 *11已知函数 f(x) xlnx若 a34ln2，证明：对于任意 k0，直线 ykxa 与曲 线 yf(x)有唯一公共点 解析：令 me (|a| k) ，n(|a|1 k )21，则 f(m)kma|a|kka0， f(n)knan( 1 n a nk)n( |a|1 n k)0 所以，存在 x0(m，n)使 f(x0)kx0a， 所以，对于任意的 aR 及 k(0，)，直线 ykxa 与曲线 yf(x)有公共点 由 f(x)kxa 得 k xlnxa x 设 h(x) xlnxa x ， 则 h(x) lnx x 2 1a x2 g(x)1a x2 ， 其中 g(x) x 2 lnx 由(1)可知 g(x)g(16)，又 a34ln2， 故g(x)1ag(16)1a34ln2a， 所以 h(x)0，即函数 h(x)在(0，)上单调递减，因此方程 f(x)kxa0 至多 1 个 实根 综上，当 a34ln2 时，对于任意 k0，直线 ykxa 与曲线 yf(x)有唯一公共点 类型类型二二：极值点极值点存在性存在性及个数及个数问题问题 一、考题再现一、考题再现 （2018 全国卷） 已知函数 f(x)aexlnx1， 若 x2 是 f(x)的极值点 求实数 a 的值 解析： f(x)的定义域为(0)，f(x)aex 1 x 由题设知，f(2)0，所以 a 1 2e2 此时 f(x) 1 2e2e xlnx1，f(x) 1 2e2e x1 x 当 0x2 时，f(x)0；当 x2 时，f(x)0 所以 a 1 2e2 二、方法联想二、方法联想 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 1、求极值点个数 （1）直接求出导函数零点，或者利用零点存在性定理判断导函数零点的个数； （2）根据导函数的符号，判断极值点个数 2、已知极值点，求参数取值 （1）极值点是导函数的零点，求出参数取值； （2）判断导函数符号，证明导函数的零点是极值点 3、已知极值点个数，求参数取值范围 （1） 根据导函数的零点的个数和导函数的单调性， 利用零点存在性定理求出参数取 值范围； （解答题中避免直接用数形结合的方法求参数取值范围） （2）判断导函数符号，证明导函数的零点是极值点 三、三、方法应用方法应用 例 1 已知函数 f(x)x2ax1lnx， 函数 f(x)是否既有极大值又有极小值？若存在， 求出实数 a 的取值范围；若不存在，请说明理由 解：若 f(x)既有极大值又有极小值，则 f(x)0 必须有两个不等的正实数根 x1，x2，即 2x2ax10 有两个不等的正实数根 故 a 应满足 0， a 20 a280， a0 a2 2. 当 a2 2时，f(x)0 有两个不等的实数根， 不妨设 x1x2， 由 f(x)1 x(2x 2ax1)2 x(xx1)(xx2)知， 0xx1时，f(x)0，x1x2时 f(x)2 2时，f(x)既有极大值 f(x2)又有极小值 f(x1) 例 2已知 R， 函数 f(x)exex(xlnxx1)的导数为 g(x),若函数 g(x)存在极值， 求 的取值范围 解析：g (x)exelnx，g(x)ex x 当 0 时，g(x)0 恒成立，从而 g (x)在(0，)上单调递增， 故此时 g (x)无极值 当 0 时，设 h(x)ex x，则 h(x)e x x20 恒成立， 所以 h(x)在(0，)上单调递增 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 当 0e 时， h(1)e0，h( e)e ee0，且 h(x)是(0，)上的连续函数， 因此存在唯一的 x0( e，1)，使得 h(x0)0 当 e 时， h(1)e0，h()e10，且 h(x)是(0，)上的连续函数， 因此存在唯一的 x01，)，使得 h(x0)0 故当 0 时，存在唯一的 x00，使得 h(x0)0 且当 0xx0时，h(x)0，即 g(x)0，当 xx0时，h(x)0，即 g(x)0， 所以 g (x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增， 因此 g (x)在 xx0处有极小值 所以当函数 g (x)存在极值时， 的取值范围是(0，) 例 3已知函数 f(x)ln 1 2xax 2x，讨论函数 f(x)的极值点的个数； 解析：由 f(x)ln 1 2xax 2xln2lnxax2x，定义域为(0,), 所以 f (x) 1 x2ax1 2ax2x1 x （）a0 时，f(x) x1 x ，x(0，1)，f(x)0，x(1，)，f(x)0 ， 所以 x1 时，f(x)取得极小值，x1 是 f(x)的一个极小值点 （）a0 时，18a0，令 f(x)0，得 x1 1 18a 4a ，x2 1 18a 4a 显然，x10，x20，所以 x(0，x1)，f(x)0，x(x1，)，f(x)0， f(x)在 xx1取得极小值，f(x)有一个极小值点 （）a0 时，18a0 时，即 a 1 8时，f(x)0，f(x)在(0，是减函数，f(x) 无极值点 当 0a 1 8时，18a0，令 f(x)0，得 x1 1 18a 4a ，x2 1 18a 4a 当 x(0，x1)和 x(x2，)时 f(x)0，x(x1，x2)时，f(x)0，所以 f(x)在 x1取得极 小值，在 x2取得极大值，所以 f(x)有两个极值点 综上可知： （） a0 时， f(x)仅有一个极值点； （） 当 a 1 8时， f(x)无极值点； （） 当 0a 1 8时，f(x)有两个极值点 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 例 4、（2017 南通高三三模 20） 已知函数 f(x)ax2cosx(aR)， 记 f(x)的导函数为 g(x) 若 f(x)在 x0 处取得极小值，求 a 的取值范围 四、四、归类归类研究研究 *1已知 a 为实数，函数 f(x)alnxx24x，若 x3 是函数 f(x)的一个极值点，求实 数 a 的取值 解：函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x)a x2x4 2x24xa x . x3 是函数 f(x)的一个极值点， f(3)0，解得 a6. 经检验经检验 a6 时，x3 是函数 f(x)的一个极小值点，符合题意，a6. *2设函数 f(x)ax2(4a1)x4a3ex,若 f(x)在 x=2处取得极小值，求 a 的取值范 围 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 *3设函数 f(x)e x x2k 2 xlnx (k 为常数，e2.718 28是自然对数的底数)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求 k 的取值范围 解： f (x)(x2)( e xkx) x3 ，当 k0 时，函数 f(x)在(0,2)内单调递减， 故 f(x)在(0,2)内不存在极值点； 当 k0 时，设函数 g(x)exkx，x0，) 因为 g(x)exkexe lnk ， 当 00，yg(x)单调递增， 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点； 当 k1 时，得 x(0，lnk)时，g(x)0，函数 yg(x)单调递增， 所以函数 yg(x)的最小值为 g(lnk)k(1lnk) 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点， 当且仅当 g (0) 0， g(lnk)0， 0lnk2， 解得 eke 2 2. 当 eke 2 2时，0lnk0，g(lnk)0，由单调性，连续性， 存在唯一 0x1lnkx22，使得 f (x1)f (x2)0， 0xx1时，f (x)0；x188ln2； 解析：f(x) 1 2 x 1 x，不妨设 f(x1)f(x2)t，即 x1，x2 是方程 1 2 x 1 xt 的两根， 即 x1， x2是方程 tx2x 210 的根， 所以1 44t0，得 0t 1 16，且 x1 x2 1 2t， x1 x2 1 t，