专题四函数与导数重点题型

1、模块二、函数与导数解答题重点题型研究重点题型一：含参函数的单调性、极值、最值及零点问题【问题分析】含参函数的单调性、极值点及零点问题，在高考中考查频次非常高，主要考查利用分类讨论来研究 函数单调性和由函数极值、最值及零点求解参数范围。此类问题难度较大，经常出现在试卷T20或T2L 属于高考压轴题型。该题型主要考查考生的分类讨论思想、等价转化思想。解决此类问题的本质就是确定函数定义域上的单调性，基本思想就是“分类讨论”，解题的关键就是 参数“分界点”的确定。所以，要解决好此类问题，首先要明确参数“分界点”，其次确定在参数不同的 分段区间上函数的单调性，进而可以确定函数的极值点、最值及零点，达到解

2、题目的。数单调性图1-1含参函数问题解题思路【知识回顾】图1-2函数fG）单调性、极值、最值及零点关系图特别提醒:1 .函数f(x)单调性、极值、最值及零点必须在函数定义域内研究，所以解决问题之前，必须先确定函 数的定义域。2 .函数f(x)的极值点为其导函数变号的点，亦即导函数尸(外的变号零点。3 .函数f(x)的极值点为函数单调区间的“分界点”，经过极大值点函数由增变减，经过极小值点函数 由减变增。4 .函数f(x)单调区间不能写成并集，也不能用“或”连接，只能用逗号”或“和”连接。【“分界点”确认】参数对导函数/(久)的值符号有影响，就必须根据参数对导函数的影响确定参数“分界点”，然后在

3、进 行分类讨论函数的单调性。常见的“分界点”确认方法如下：1 .观察法：解决问题的过程中，我们会发现导函数形式比较简单的情况下，我们可以通过观察直接确定参数的 “分界点”，例如：当导函数/(幻的值与y = / +。函数有关，可以直接观察得到：当。之0时，y > 0：当a V 0时，y = 0有两根4 = yfa,x2 =当 G («>, Va) U+8)时，y > 0,当 G (Ja)时,y V 0.所以我们可以根据常见函数的性质及其之间的不等关系，通过直接观察确定“分界点”，常见函数性 质及其之间的关系如下：/ >0(xG R),完全平方式不小于0)tanx

4、 > x > sinx (0 V x Ve" >x + l (x R),仅当久=0时，等号成立e" = x + l®lnx <x-l (x > 0),仅当# = 1时，等号成立mx = x-l！nx <x < ex (x > 0)a” > 0 (x R)2 .由二次函数引发的“分界点”当函数f(x)求导后，导函数尸(乃值符号由一个含参的二次函数(二次三项式)决定，一般可以从两个 方面进行“分界点”的确定：(1)通过二次函数(一元二次方程)的判别式进行“分界点”的确定.对于一个二次函数y = ax2 + bx +

5、 c(a丰0)：忆:="。或忆2”。二次函数有两个零点(或二次方程y = 0有两个不同实根)<&)，“在两根之外函数大于0,两根之内函数小于0.1：=二次函数有两个零点(或二次方程y = O有两个不同实根)右,必(右<M)，x在两根之外函 数小于0,两根之内函数大于0.特别提醒：当二次函数有两个零点时，需要确定两个零点是否在函数定义域之内，若不在需要舍弃.(2)由二次函数零点分布(一元二次方程实根分布)进行“分界点”确定当二次函数定义域受限，可以根据上表情况进行“分界点”确认，进而进行分类讨论。3 .由导函数零点含参引发的“分界点”当导函数零点是含参的情况，可以根

6、据函数定义域情况确定分界点，同时如果导函数零点个数不小于 两个的情况时，可以根据零点之间的大小进行“分界点”的确认，然后在进行分类讨论确定函数单调性。例如：导函数通过整理之后，其值符号由y = (ax 1)(2X 1)(% >0,a >0)函数决定，可以通过比较 y = (ax- 1)(2% - l)(x >O,a> 0)两个零点刈=-,x2 =:的大小来确认“分界点”。a 24 .通过分离参数确定“分界点”如果导函数中的参数容易分离，可以将导函数进行参数分离，变成一个简单函数与参数之间的关系， 根据简单函数的最值，确定“分界点”。例如：如果导函数值符号由y = /-。

7、工+ 13>0)决定，由于 >0,参数很容易分离，分离参数后 y = x (X + ：- a),最终导函数值符号由% = x + 1 > 2(% > 0)与参数a的大小来决定。例题1(2018 全国卷I节选)已知函数f(4)=； - x + Mnx,讨论f(x)的单调性.【分析】由己知导函数/=一与一 1 + 士,整理后尸。)=一土炉，尸(乃值符号由g(%) =/一四+ ATXXl(x>0)决定，f'(x)值符号与g(x)值符号相反。思路一：由于x>0,通过观察可以发现当a K 0时g(x) > 0.同时g(x)为二次函数，可以通过判别式来确定

8、分界点。思路二：g(x)=/ax+ia>0),参数a容易 分离，得g(x) = + ：-a) (x > 0).1 a/一ax+1【解析】凡X)的定义域为(0, +8), ,I (x)=-亍- 1+；= 不一.当aW2时，则/ (x)W0,当且仅当a=2, x=l时，/ (x)=0,所以«x)在(0,+8)上单调递减.当心2时，令/ &)=0,得产睡三或x=让F.当送(0, 0-尸)u(, +时，/ (x)<0;当得一产,“+里卜/ (.x)>0.所以加)在(o, 曰三今，(三乒三，+8)上单调递减，在(七醇i, 铐三)上单调递增.综合可知，当aW2时，

9、«v)在(0, +8)上递减；当a>2时，大、)在卜，匚号)，件尹，+8)上递减，在烂，吐号)上递增.例题2已知函数/'(%) = 2x3 - ax2 + b,讨论f (x)的单调性。【分析】由己知导函数/(X)= 6%2 - 2ax = 2x(3% 一 a), f'(x)有两个零点%i = 0,x2 =右尸(%)的零点含参，可以通过比较两个零点的大小确认“分界点” .【解析】由已知f(x)的定义域为(-8,+8), ff(x) = 6x2 - 2ax = 2x(3% - a).令f'(%) 0,得%i = 0,x2 =当a >0时，xG(-cz)

10、, 0)U(p+a>)Ht, f (x)>0: 46(05)时，ff(x) < 0.故f(x)在(一8,0),停,+8)单调递增，在(0,§上单调递减.当a = 0时，ff(x) > 0,仅当x = 0时，/(x) = 0, % = 0为尸(%)的不变号零点.故f (外在(-8, +00)单调递增.当a V 0时,% W (-8卷)U(0,+8)时,ff(x) > 0： %停,0)时,ff(x) < 0.故f(X)在(一8,§, (0,+8)单调递增，在('(J)上单调递减.综上所述：当Q>0时，f(%)在(一8,0),+8

11、)单调递增，在(0,§上单调递减当Q=0时，£(%)在(-8,+8)单调递增.当aVO时，f(x)在(-8,?, (0,+8)单调递增，在仁,0)上单调递减.例题3已知函数f(x) = ae + (a - 2)e"-x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.【分析】由已知导函数f(x) = 2ae2jc + (a- 2)ex-1 = (aex - 1)(2” + 1),由于e" > 0,通过观察(2ex + 1) > 0,所有导函数/(外值符号由(ae，- 1)决定.显然a < 0时,尸(幻V 0 ;

12、a > 0时，尸(幻只有一 个零点x = Ina.【解析】(1)由已知f(%)的定义域为(-8,+8), fx) = 2ae + (a - 2)ex - 1 = (aex - l)(2ex + 1).当a <0时，f'M<0,所以f(x)在(-8,+8)上单调递减.当a >0时当a > 0时，由/(%) = 0,得x = -Ina.所以，% W(8,Ina)时,ff(x) < 0 ： /W(Tna,+8)时9 fx) > 0.故f(x)在(一8,一"a)上单调递减，在(一京a,+8)上单调递增.综上：a 4 0时,f (乃在(-8,+

13、8)上递减;a>0时，f(%)在(8,Ina)上递减,在(Tna,+8)上递增(2)由(1)知当a <0时，f (%)至多有一个零点.由于f(x)有两个零点，故a > 0.当a>0时，由(1)知x =bta是f(幻的极小值，也是f(x)的最小值.又f(%)在(-8, Tna)上单调递减，在(-Zna, +8)上单调递增.(/(-Zna) < 0所以f(x)有两个零点<=> % t 8,f(x) > 0,由于f(%) = ae2x + (a 2)ex x = ex(aex + a 2) %(% t +co,/(x) > 0显然 T -co,/

14、(x) > 0, % -> +8,f(x) > 0.同时f(-Zruz) = 1- + lna <0.令g(a) = 1 5+ Ina (a > 0),显然g(a)在(0,+8)是单调递增的，同时g(l) = 0所以 1 ： +bia V 0等价于g(a) V g(l),解得0 V a V L所以当OVaVl, f(%)在(-8,Tna)有一个零点,在(一/a,+8)上有一个零点.综上，Q的取值范围为(0,1)重点题型二：函数极值点偏移问题【知识拓展】我们知道函数f(x)的导函数r(乃值符号决定了函数的单调性，If'(幻|的大小决定了函数f(x)变化的快

15、慢，当外幻在极值点与对称两侧|广(幻|大小一样时，表明函数外在极值点X。两侧的变化快慢是相同的， 就说极值点没有偏移。当f(x)在极值点40对称两侧|广(幻|大小不一样时，表明函数f(x)在极值点久0两侧的 变化快慢是不相同的，就说极值点偏移。极值点偏移判定：若函数f (均存在极值点X0,方程f (幻=C的两个根为七/2,当W =跖也就是说极左快右慢极值点左偏移左慢右快极值点右偏移口诀：谁陡向谁偏，左偏小，右偏大.【命题形式】极值点偏移问题常见的考题形式：（1）若函数f（X）存在两个零点久1，g且"1丰x2，求证+ x2> 2%0或q +x2< 2x0为函数f （幻的极值

16、点）（2）若函数f（x）存在%1，小且勺,使得FG1） = f （“2），求证X1 +%2 > 2%0或X1 +必V 2“0（%0为函 数f（x）的极值点）（3）若函数/'（x） = c的有两个不同的根为X1，x2，求11E%1 +x2> 2x0或Xi + x2 < 2x0 （x0为函数/'（x）的 极值点）（4）若函数f（x）存在两个零点刈,不且私工不，求证尸（夸）之0或/（空）40.（5）若函数f（x）存在/且Z*&，使得f（"i） = f （右），求证尸（弩）> 0或/（弩）< 0.【解题策略】解决极值点偏移问题主要有以下方

17、法：（1）构造函数法：根据极值点支。构造对称函数F（x）= f Go +幻一 f （与一切或尸（幻=f （幻一 f（2x0-幻，根据F（x）的正负，可以判断极值点的偏移情况，或根据F（x）单调性判断.（2）比较大小：根据函数外幻单调性比较f（x0+幻与人”。-幻或者f（x）与/'（2X0-幻的大小，进而 得出所证结果（"。为函数f（x）的极值点）.（3）证明尸（弩）的符号问题，比较空与“°之间的大小，即可得出弩所在的单调区间，进而得出 广（弩）的正负.（4）消参减元：根据两点八,外之间的关系，利用简单运算，化简或转化所求问题，减少变量个数， 在构造相应函数求解.例题

18、4 已知函数f （幻= ex-2x-l.（1）求f（x）的单调区间；(2)若存在V 2n2 V使得f(4)= f(X2),证明：x1+x2< 2 in 2.【分析】由已知导函数尸(幻=合2, f(x)的极值点为4 =加2.第(1)问，很容易解决。第(2)问很容 易看出是极值点偏移问题，先找到必关于 =仇2的对称点2仇2 不，构造函数二(幻=/'(幻一 f(2仇2-幻利用单调性发现f(X2)>f(2仇2-&)，再结合条件f("i) = f(g)及(1)的结论幻在 (oc,仇2)上单调递减，可得X + x2 < 2ln2.【解析】(1)由已知得f(幻的的

19、定义域为(一8,+8), f'M = ex-2.令尸(x) = 0 得% = ln2.当 W (8,1n2)时,f (%) < 0, f(x)在(一8,m2)上单调递减：当 W (In2,+的时，/ (%) > 0, f(x)在(2n2,+8)上单调递增.综上，f(x)的单调递减区间为(一 8,m2),单调递增区间为(加2,+8).(2)当>1n2时，21n2XVln2.f(2 In2 x) = e2ln2x 2(2Zn2 %) 1 = g + 2% 4ln2 1.令/4(x) = /(%) f(2 In 2 x) = e* ' 4% + 4 2n 2 (x

20、> In 2),则力(%) = e* + 捺-4 > 0.，及均在(标2,+8)上单调递增.又5标2) = 0,，当x>2n2时，4(%)>夙/2) = 0,即f(%) > f(22n2 x).Vx2 > In 29 /./(x2) > f(2 ln2 x2)-'；fGD = f(M)，"(O > f(2 In 2- x2).而由 & > In 2 知2 in 2 x2 < In 2 9V%i < In 2 9 由(1)知 f (x)在(一8,2n2)上单调递减，*%1 < 2ln2 - x29

21、/%1 + x2 < 2 ln2.例题5 设函数f (x) = -a2 Inx + x2 - ax(a e R).(1)讨论函数f(x)单调性；(2)如果a > 0,关于x方程f(x) = m有两解4在2(“1 < g)，证明巧,+ x2 > 2a【分析】 由已知导函数尸(幻=一三+2% 。=竺竽卫(4>0),可以观察到当。>0时，尸值符 号由(x - a)决定；当a V 0时，/(外值符号由(2x + a)决定；当a = 0时，f'(x) > 0.(2)由(1)可知当a >0时，尸(幻=0得f (幻的极值点为x = a, 0 V勾V a

22、 V必，又有fGD = f(M)，所 以此问题是极值点偏移问题，当血22a时，命题显然成立：当a V”2 V 2a时，可以构造函数g(x)= f(x)-f(2a-x),通过g(x)单调性可以确定f(M)f(2aM)，再结合条件f GD =外孙)及 的结 论可以得出Xx+x2> 2a.【解析】 由已知f(x)的定义域为(0,+8), f(x) = -+2x-a = (2x+aa) (x > 0)当a >0时，若x(0,a), f(x)<0, f(x)单调递减：若x(a,+8), fx) > 0, f(x)单调递增：当a = 0时，f'M>0, f(x)

23、在(0,+8)上单调递增；当aVO时，若X(0, 3，/(x) < 0, f(x)递减：若xE(-£+8), f'(x) > 0, f(x)递增；综上所述：当a>0时，f(x)在(0,a)单调递减，在(a,+8)单调递增：当a = 0时，f(x)在(0,+8)上单调递增：当aVO时，外幻在他,一小单调递减，在(冶,+8)单调递增：(2)由(1)知f(x)的极小值点为x =(a)为f (x)的极小值，也是f(x)的最小值.又方程f (x) = m有两个根Zpx2(xi V xz)，所以f (%i) = f (X2)，o << a < x2 .

24、当X2 2 2a时，右+ q > 2a显然成立.当a V %2 V 2a时，/(%2) /(2a %2)= - a2(Znx2 In(2 a x2) + (x2 (2 a x2)2) (a%2 a(2a Q)整理得f (g) - f(2a-xz) = a2 in (三 _ 1) + 竽_ 2令 & = t(：VtVl)，g(t) = ln(2t l)+三一 2,所以，g<t)=工-1=*可/ = ”-'；：> 0 X2 、2'八'7 t ，2t-l t2 (2t-l)t2(2t-l)t2所以g(t)在tW G，l)时是单调递增的，又g(l)=0

25、,故g(t) V0,所以fa2)-f(2a-M)V0所以f (“2)V /(2a X2)，即f (%i) V /(2a x2) 9 又0 V Xi V a, 0 < 2a - x2 < a由(1)知当a >0时，f(x)在(0,a)单调递减，在(a,+8)单调递增：所以%> 2a 必，即1 +久2 > 2a.综上所述x1+ x2> 2a.例题6己知函数f (x) = "2 一(a - 2)x - alnx.(1)求f(x)单调区间， 若方程f (幻= c(cR)两个根分别为“1，必(右VM),求证：尸(警)>0 . 【分析】(1)由已知得f&

26、#39;G) = 2x (a2)?=丝等2a >o),观察导函数形式可以发现a <0时 尸(外> 0, a > 0时f(x)有一个极值点4。= p由此可以得出函数f(x)的单调性.(2)由已知得f(Xi)=f(X2)，要证尸(弩)>0,根据(1)中f(x)在仁,+8)为单调递增的，只需要证 三”> x0 =彳即可，即+x2> 2x0 = a.【解析】(1)由已知得函数f(x)得定义域为(0,+8),/(%)= 2% (。-2)-2=空半由 当时，f'(x)>0.函数f(%)在(0,+8)上单调递增.当a >0时，若f，M>0,

27、若OVxV；,尸(幻VO,所以外幻在(；,+8)上递增，在(0,)上递减 综上所述：当Q <0时，f(%)单调递增区间为(0,+8),无单调递减区间.当a >0时J(x)单调递增区间为(以+8),调递减区间为(0,5.(2)由已知方程f(%) = c有两个根%V ”2)，所以f("i) => 0.由(1)知f(x)的极小值点为“0 =:，故0VX1V?V”2 当外之。时，刈+必>。显然成立，所以弩由(1)知当a >0时，若%>金/(幻>。故/(夸)>0当9 V *2 V a时,则OVa-x2VM所以 f (x2) - f(a - X2)

28、 =xl-(a-X2)2 -(a- 2)x2 - (a- x2) - alnx2 -ln(a - x2)整理得= aln(-l) + 4-2(a>0)令£ = t,(lV"2), g(t) = ln(l) + ；2.所以 9，(亡)=之一尚= =号>。所以g(t)在1 V t < 2上是单调递增的,又g(2) = 0,故g(t) < 0.所以f(X2)一/一”2)VO,即 f(%2)<"。一42)，所以 fGi) Vf(a-%2)，又。V 七 V 三,0 V a - 42Vm由(1)知，当a >0时,f(x)单调递增区间为(柒+

29、8),单调递减区间为(0, 所以%>°一外,即夸 >?,所以尸(萼)>0.综上所述：/(空)>0.重点题型三：不等式“恒成立问”与“存在性问【问题分析】不等式恒成立与存在性问题是高中数学的重要知识，也是高考命题的热点题型，通常把函数与导数、 函数与方程、不等式问题结合在一起，综合考查学生分析问题、解决问题的能力。此类问题经常以压轴题 型出现，难度略大。解决该问题的关键是将不等式恒成立与存在性问题转化为最值问题，在根据函数的单 调性或基本不等式知识求出最值，进而解决该问题°【解题策略】(1)不等式“恒成立问题”与“存在性问题”区别“恒成立问题”中使用的

30、量词是全称量词，如“任意、所有、全部、每一个、总、都”等；而“存在 性问题”中使用的量词为存在性量词，如“存在、有一个、至少有一个、有解”等。所以在解决此类问题时，首先要区分是“恒成立问题”，还是“存在性问题”。(2)不等式“恒成立问题”与“存在性问题”的转化不等式“恒成立问题”的基本转化类型：a. f(x) > 0恒成立o f(x)min > 0; f(x) < 0恒成立=f(x)max < 0.b. f(x) > k恒成立f(x)min > k ; /(x) < k恒成立fMmax < k.c. f(x) > g(%)恒成立=f (x)

31、 -g(x)min >0；f(x) < g(x)恒成立u> f(x)-g(x)max < 0.e.函数f(x)在区间。上单调递增=在区间。上尸(x) > 0恒成立：函数f(x)在区间。上单调递减0 在区间D上尸(x)K 0恒成立.f.V%i，必 G D , /(%i) > g(M)恒成立=f(x)min > g(x)max; Vx1,x2 W D , f(x1) < 以必)恒成立ofOOmax < PWmin不等式“存在性问题”的基本转化类型a- fM >。有解=f(x)max > 0 ; f(x) < 0 有解 Q f(

32、x)min < 0.b. f(x) > % 有解 Q f(x)max > k "(幻 < 一有解 o f(x)min < k.c. fM > g(x)有解 u> fM - g(x)max > 0; f(x) < g(%)有解=fM - g(x)min < 0.e. G Dlt Bx2 G D2,/(%i) > g(%2)0 fmin > 9(xminf 仁 G Dp Bx2 G D2,f(X1) < g(&) = fmax <。(乃(3)不等式“恒成立问题”与“存在性问题”解题思路不等式恒成立

33、与存在性问题通常都转化为最值问题来解决，一般情况下常用以下方法来解决：分离参数，如果问题中含有参数，且参数很容易分离，就采用参数分离法，将不等式转化为一边是 参数，另一边是简单函数，再根据函数单调性解决.构造函数，通过构造函数，讨论构造的新函数单调性来解决此类问题.数形结合，如果函数图像易得，可以根据函数图像来解决此类问题.适当缩放，如：ex > x + 1 (xR), Inx < % 1 (% > 0)» Inx <x < ex 例题7(2020 全国高考真题(理)已知函数f(幻=产+ ax2- x.(1)当。=1时，讨论f(“)的单调性；(2)当“2

34、0时，+ 求。的取值范围【分析】(1)由已知得f(幻=靖+ 2”一1,很明显/(幻是单调递增的，又有尸(0) = 0,所以当x>0 时,/(幻>0,当XV0时,f'G)V0.(2)由已知得当"NO时,/'(X)之：，+1,属于恒成立问题，可以很容易将参数分离出来，然后在构造函 数，求出新构造函数最大值即可.【解析】(1)由已知得当a=l时，/(幻=e" + 2x l, 7,(0) = 0.当x>0时/(幻>0.函数f(x)单调递增；当XV0时,(幻V0函数f(x)单调递增减综上所述：函数f(x)在(0,+8)单调递增，在(8, 0)单

35、调递减.(2)由已知f(x) > %3 + 1 <=> ax2 > +x - ex + 1.当x = 0时，不等式a-之、3 + % 产+ 1 = o2o,显然成立.当 x >。时，不等式 a > “3 -1-x ex+l<=a> ''"- 2 X2令g(“)=士?>。),要使原不等式成立，只需心g(%)m-即可所以(幻=(-0：> XX。)令以幻= x2+x-ex + l(x > 0),则/(幻= x + l- ex(x > 0)，显然/(幻 < 0.所以刈乃在(0,+8)上单调递减，4(

36、%) < h(0) = 0所以当2时，g'(x) V O.g(x)单调递减，当0VxV2时，g'(x) > 0, g(x)单调递增.所以g(x)max = 9(2)=三二，所以a >三.综上所述a的取值范围为勺二,+8).例题8设函数/(%) ='工？(aeR),若“X)在3,+oo)上为减函数，求的取值范围.【分析】由己知得f(x)在3,+8)单调递减等价于尸(幻= 二次函数性质可以求出参数a的取值范围.< 0在3,+8)上恒成立，然后在由-3x2+(6-a)x+a【解析】由已知得尸(幻=-3/+,二。氏+。一。在3,+8)恒成立等价于一3%2

37、 + (6 - a)x + a < 0恒成立,x E 3, +oo).令9(x) = "3x2 + (6 a)x + a；当g(%)=。时,A= a2 + 36 > 0 '6-a所以原不等式恒成立等价于1 K)：；，解得a之一会综上所述a的取值范围为-1+Q0).例题9 设函数f(x) = (-x2)ex.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当”之0时，/(x)<ax + l,求实数”的取值范围.【分析】由已知得尸(幻=/(一/ 2% + 1)，令/(幻=0可得匕=«-1在2 = -«1，即可得到 函数f(x)单调性.(2)由已知f(x

38、) <ax + l,可以通过适当缩放，证明不等式成立.【解析】(D由已知得f'(幻=ex(-x2 -2x + l),令尸(x) = 0可得处=夜一 lfx2 = -n/2-1.所以，当x (co, V2 1) U (V2 - 1,+8)/(幻 < 0,f(x)单调递减.当x G (-V2-1, V2-> 0.f(x)单调递增.(2)由已知f(x) = (1 + %)(1%)二.当a > 1时，令N(x) = (1 幻/,则/(幻=-xex < 0(x > 0),仅当"=。时/(幻=0所以应>)在0+8)上单调递减，所以刈>)&l

39、t; 4(0) = 1.所以f(x)=%(%)(% + 1) < x + 1 < ax + 1.当0 V a V 1时，由于e” >x + 1当0 V % V 1时,f(x) = (1 + x)(l - x)ex > (1 - x)(l + x)2,(1 x)(l + x)2 - ax 1 = x(l a - x 取与= '，二。-' 6 (O,l)-S'lf (x0) > a%0 + 1,不合题意. 当a40时，取=;打 (0,1) JOo) > (1 >)(1 +)2 = 1之ax。+ 1,不合题意.综上所述，a的取值范围为

40、1,+8)重点题型四：“双变量”问题【问题分析】近年来函数综合问题中，常常出现两个在一定范围内可以变化的量，即函数的双变量问题。此问题经 常结合不等式进行命题，主要考查学生转化与化归思想，考查学生对问题的转化及处理能力，此类问题难 度较大，对学生的综合能力要求较高。解决此类问题主要通过变元来解决，如何将两个变量转化为一个变 量是此类问题解体的关键。然后，再结合函数性质即可解决此类问题。【解题策略】解决此类问题常用以下四种策略：策略一：消元，变量归一若两个变量存在确定的关系，可以利用其中一个变量替换另一个变量，直接消元，将两个变量转化 为一个变量.若两个变量不存在确定的关系，有时可以将两个变量之

41、间的关系看成一个整体(比如三,与乃,右一 x2制,刈+必)，进行整体换元，将两个变量化为一个变量.策略二：变换主元当两个变量之间没有关系，也不能看成一个整体时，主元的选择就显得尤为重要了，主元若选择得 当，可以降低思维难度，可以将复杂的函数变为简单函数。主元变换是将其中一个变量作为主元，其中一 个变量作为参数。策略三：构造函数根据题中条件构造适当的函数，利用函数性质解决.策略四：转化为最值根据题中条件将双变量问题转化为函数最值来处理，此类题型可以参考“恒成立”与“存在性”问题 解题思路与方法.例题10已知函数f (%) =+ alnx(1)讨论f(x)的单调性.(2)若函数存在两个极值点4/2

42、,证明0。一2. xLx2【分析】(D略，参考重点题型一，(2)由已知导函数f,G)= -与一 1 +±,整理后尸G)= 一立炉,极值点如“2即为方程/-ax + l = 0的两个根，X1X2=1,由此可以进行消元，只留一个变量。【解析】(1)略，参考重点题型一.(2)由(1)知q > 2且X/2 = 1/(%1) - f (&) = 一 G1 一 42)+ d(lnxL - Znx2). XLX2。一2,即证次江21.故/(孙)-/(必)_ _2 + a (出肛Tf)假设> 1 > “2 > °，则只需证2nxi lnx2 <0,又=

43、 1，所以2 lnxL - x1 + < 0.XL令g(x) = 2 Znx-4+：(x > 1),由(1)知当a = 2时，g(x)是单调递减的,所以g(%) V g(l) = 0所以2 1nxi z + V 0成立，即金，)< «一 2成立.XLXL-X2例题11已知函数f (幻=e攵2t 1 +幻+ / + 2产+ L求证/(外 |【分析】题中主元为4,不等式/(外记等价于3一2(产+h+ / + 2产+1转。若以乃主元形式较为 复杂：若以t为主元，则不等式转换为一元二次不等式，非常简单.【解析】由题意f(x) 评价于e?* - 2(ex + x)t + x2

44、 + 2t2 - 0.令 9(t) = 2t2 - 2(ex + x)t + e2x + xz -则4= 4(ex + x)2 8 7) = -4(e2x + / 2xex - 1) = 4(ex x)2 1又e'Nx + 1,所以e'-x > 1,所以(/一幻2 _ i > o.所以A<0,故g(t)N0恒成立，即f(x)之意例题12已知函数f(x) = 罩1(1)求f(x)的单调区间(2)存在41中2 w (1,+8)且%使IfOD-f(七)l之-以外1成立，求的取值范围.【分析】(1)由已知得尸(幻=一等，易得函数单调区间.(2)由(1)可以知道函数f(

45、x)在(1,+8)上单调递减，将不等式两边变换为形式一致，然后根据不等式两 边的形式进行构造新函数，再根据新函数的性质及题中条件即可求解.【解析】(1)由题意得尸(功=一等(%>0).当4 >1时,尸(x) V0,函数f(x)单调递减.当0 V % V 1时，f'M > 0.函数f(x)单调递增.(2)由(1)知f(x)在(1,+8)上单调递减，假设应>“2>1-不等式IfQt) - f(&)l >-ln%2l等价于f(%2)-f(%i)之 Klnxi - lnx2)即f (必)+ klnx2 > f GD + klnxL.即存在W (

46、1,+8)且1H “2，x1> x2,使/(孙)+ klnx2 > f(x1) + Idnxi展立.令g(x) = f(x) + bix,则g(x)在(1,+8)存在单调递减区间，也即g'(x)V0有解.又娟(外=":警,g'(x) V0有解等价于kV矍有解，即左(1等)由0#令机)=罢(>1)，则力'(幻="V" Q >1)所以4(幻在(1,迎)上单调递增，在(、,+8)上单调递减.所以必乃小加=力()=:，所以 < 例题13已知函数f(x) = xlnx + x,对k，"2 G9,1，Ifg) -

47、 f(g)l < b,求b的取值范围.【分析】根据题中条件，只要满足|f(%L)- “MXmoxWb即可,又-/(MXmaxnfCOmax- f(X)min,所以只需求出f(X)最大值与最小值即可。【解析】(1)由题意得f'G) = 1mt+2.所以f(x)在佳斓上单调递减，在电1上单调递增.所以fg) = -W，f(2)T，f(i)= i故fO）max =f（l） = l，f（x）min = f （尚）=一 , 所以，（与）一 f （必）Imax = 1 + 4,故b 之 1 + *重点题型五：导函数“零点不可求”问【问题分析】近年来，导函数零点不可求逐渐成为高考命题的热点，导

48、函数零点不可求是命题人故意为之，主要是 考查学生对于函数零点的处理是否掌握到位，所以在学习过程中，函数零点处理技巧，处理策略就非常重 要了。导函数的变号零点就是函数的极值点，也是函数单调性的分界点，如果导函数零点"不可求”，我 们就无法透彻的研究函数，就是是问题的解决陷入困境。解决导函数零点不可求问题的依据其实就是函数零点存在性定理。在解题过程中经常判断导函数尸(外 的单调性(通过二次求导判断)，然后再根据零点存在性定理判断导函数尸(乃零点所在的区间。零点存在性定理如果函数y=f(x)满足：在区间a，句上的图象是连续不断的一条曲线：/'(a)。f(b)O；则函数y =f(x)

49、在(a, b)上存在零点，即存在c (a, b)，使得f(c) =0，这个c也就是方程f(x) =0的根.【注】L若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”， 而是方程£(x)=0的实根.2.由函数丫=外与(图象是连续不断的)在闭区间a,句上有零点不一定能推出f(a)-f(b) V0,如图所示， 所以f(a) /()。是y =f(x)在闭区间a，句上有零点的充分不必要条件.卜一O « _/ bX【解题策略】(1)观察法：对于导函数为常见的超越函数，我们无法求出其零点，但可以根据我们的直觉判断出常见超越函数的 零点，如：，

50、=6"-“1,其零点无法求出，通过我们观察当 = 0时，y = 0,即x = 0是导函数y'的一个零 点6对于导函数y'= ”工一£/的形式，x = 0是导函数y'的一个零点。/=仇"一x + 1,其零点无法求出，通过观察当 =1时，y = 0,即x = l是导函数/的一个零点。对于导函数y' = klnx-xn+xn-1t(kln E R)的形式，x = 1是导函数y'的一个零点。= x simt,其零点无法求出，通过我们观察x = 0是导函数/的一个零点。对于y' = mx - nsinx, (m,n G R)的

51、形式，x =。是导函数y'的一个零点。y/= tanx-x,其零点无法求出，通过我们观察“=。是导函数y'的一个零点。iyf = mtanx - nxf （mf n G R）的形式，4 = 0是导函数y'的一个零点°（2）二次求导，数形结合在求导函数时，若尸（刈=0不可解，我们要进行二次求导或者多次求导，利用导函数单调性并结合图 像判断导函数的正负及导函数零点所在区间。(3)设而不求，等价转化当出现导数零点不可求的情况时，我们可以先假设所要求的零点打,然后建立关于“°的关系式，将问 题转化为一个新问题，进而使问题顺利解决。(4)等价变形，两边求导对于

52、由超越函数组合的复杂不等式，无法求其零点时，可以将所求证不等式进行适当变形，变为两边 都易求导且导数零点易得，进而转化为求两边最值即可。例题14已知函数fG) = (x a)2后，对任意的x (0,3e,恒有f(x) < 4e2成立，求实数a的取值范围。【分析】根据题意，此问题为恒成立问题，可以采取分离参数的方法去求参范闱，即求出一边函数的最值 即可。但分离参数后，利用导数求函数最值时，由于导数的零点无法直接求出，只能通过观察“探出”零 点。再根据导函数单调性，推出零点存在，得到原函数的单调性，使问题顺利解决。【解析】由题意得(x a)21nx44e2恒成立.当x e (0,1Bf,显然

53、不等式(x - a)2lnx < 4e?恒成立.当x 6 (l,3e时，不等式(久a)2lnx < 4e?恒成立等价于x < a < x 恒成立.令g(x)="一焉,人(幻=" +蔼.原不等式转化为g(x)max <«< h(x)min.由于g'G) = 1+以扁菽,0,所以g(x)在(l,3e为单调递增函数.所以。(乃演以= g(3e) = 3e - =.由于h'(x) = l= 乂心=当"=0时,零点不可求.通过观察当 = &时，hx) = 0. 、'xlnxVlnx xlnxvln

54、x令武幻=1 一篇信则,(幻(品行+标导)> 6所以h'(x)在(1,3句上是单调递增的，存在唯一零点x = e.所以x G (1,可时，"(X) < 05(外单调递减.x E (e,3e时，(幻> 0.人(幻单调递增.所以人(外皿”=队负=3e所以a的取值范围为3e -盖,3e例题15已知函数f(幻= ax2-ax- xbix,且f(幻> 0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点出,且丁2 v f(x0) v 2-2【分析】(1)由题意外幻> 0等价于> 0,由/(幻的单调性求出f(x)最小值即可解决此问题。这道题 也可以采

55、用分离参数的方法求出a值。(2) f(x)极值点既是其导数为零的点，但导致的零点不可求，可以通过观察得到导数的一个零点”= 1,但这个零点并不是极大值点。所以需要对导数进行二次求导，结合导数图像发现导数有两个零点，另一 个零点也是无法求出，但可以判断出其大致范围。对导数另一个零点进行设而不求，等价转化即可证明不 等式成立.【解析】(1)解法一：因为f(%) = ax? ax xlnx = x (ax a Inx) (x>0),则f (%) > 0等价于h(x) =ax - a - Znx > 0,又3() = a .当a 40时乂(%) VO,即y=/i(x)在(0,+8)上单调递减,所以当与 > 1时，h(x) < h(l) = 0,与题意矛盾.当a > 0时，则当0 V x V 2时斤(%) < 0；当% >，时(x) > 0.所以=人(6又因为人(1) = a a Ini = 0,所以擀=1,解得a =1;注：此解