【数学】2019届一轮复习苏教版导数难点专项研究学案

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【数学】2019届一轮复习苏教版导数难点专项研究学案

专题8:(选讲)导数难点专项研究 问题归类篇 类型一 零点问题 一、考题再现 ‎1(15年高考题).已知函数f(x)=|lnx|,g(x)=则方程|f(x)+g(x)|=1实根的个数为____________.‎ 解析:设F(x)=f(x)+g(x)=,利用导数知识画出F(x)的图象,它与直线y=1,y=-1的交点各有2个,方程|f(x)+g(x)|=1实根的个数为4.‎ ‎2(15年高考题). 已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).若b=c-a(实数c是a与无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪(1,)∪(,+∞),求c的值.‎ 解析: 可知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f=a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于 f(0)·f=b<0,‎ 从而或 又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.‎ 设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪∪,‎ 则在(-∞,-3)上g(a)<0,且在∪上g(a)>0均恒成立,‎ 从而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1.‎ 此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],‎ 因函数有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,‎ 所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,‎ 解得a∈(-∞,-3)∪∪.‎ 综上c=1.‎ ‎3(12年高考题).若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x ‎)的极值点.已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.‎ 设h(x)=f(f(x))-c,其中c∈[-2,2],求函数y=h(x)的零点个数.‎ 解 令f(x)=t,则h(x)=f(t)-c.先讨论关于x的方程f(x)=d根的情况,d∈[-2,2].‎ 当|d|=2时,由(2)可知f(x)=-2的两个不同的根为1和-2,注意到f(x)是奇函数,所以f(x)=2的两个不同的根为-1和2.‎ 当|d|<2时,因为f(-1)-d=f(2)-d=2-d>0,f(1)-d=f(-2)-d=-2-d<0,‎ 所以-2,-1,1,2都不是f(x)=d的根.由(1)知f′(x)=3(x+1)(x-1).‎ ‎①当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,于是f(x)是单调增函数,从而f(x)>f(2)=2,此时f(x)=d无实根.同理,f(x)=d在(-∞,-2)上无实根.‎ ‎②当x∈(1,2)时,f′(x)>0,于是f(x)是单调增函数,又f(1)-d<0,f(2)-d>0,y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(1,2)内有唯一实根.同理,f(x)=d在(-2,-1)内有唯一实根.‎ ‎③当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,故f(x)是单调减函数,又f(-1)-d>0,f(1)-d<0,‎ y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(-1,1)内有唯一实根.‎ 由上可知:当|d|=2时,f(x)=d有两个不同的根x1,x2满足|x1|=1,|x2|=2;‎ 当|d|<2时,f(x)=d有三个不同的根x3,x4,x5满足|xi|<2,i=3,4,5.‎ 现考虑函数y=h(x)的零点.‎ ‎(i)当|c|=2时,f(t)=c有两个根t1,t2满足|t1|=1,|t2|=2,而f(x)=t1有三个不同的根,f(x)=t2有两个不同的根,故y=h(x)有5个零点.‎ ‎(ii)当|c|<2时,f(t)=c有三个不同的根,t3,t4,t5满足|ti|<2,i=3,4,5,而f(x)=ti(i=3,4,5)有三个不同的根,故y=h(x)有9个零点.‎ 综上可知,当|c|=2时,函数y=h(x)有5个零点;当|c|<2时,函数y=h(x)有9个零点.‎ ‎4(16年高考题).已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).若0<a<1,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 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:研究函数的性质,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,也可利用不等式(e≥x+1,lnx≤x-1等)进行放缩。‎ ‎(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、归类研究 ‎*1.已知函数f(x)=lnx+-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)‎ 证明:因为f′(x)=,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x=10时,f(x)有极小值.(5分)‎ 因为f(10)=ln10-3<0,f(1)=6>0,所以f(x)在(1,10)之间有一个零点.‎ 因为f(e4)=4+-4>0,所以f(x)在(10,e4)之间有一个零点.‎ 从而f(x)有且仅有两个不同的零点.‎ ‎**2(13年高考题). 设函数f(x)=lnx-ax,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f(x),讨论参数a的取值范围,判断函数单调性,利用零点存在性定理证明零点存在及个数)‎ 解析:函数f(x)定义域为(0,+∞),f ′(x)=-a,‎ ‎1°当a=0时,由f(1)=0,及f ′(x)=>0,得f(x)存在唯一的零点;‎ ‎2°当a<0时,f ′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调增,f(1)=-a>0‎ 由于f(ea)=a-aea=a(1-ea)<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a>0时,f ′(x)=-a=,所以f(x)在(0,]上单调增,在[,+∞)上单调减.‎ 则f(x)极大值也是最大值为f()=-lna-1.‎ ‎①当-lna-1<0即a>时,f(x)≤f()<0,所以函数f(x)没有零点;‎ ‎②当-lna-1=0即a=时,函数f(x)有唯一零点;‎ ‎③当-lna-1>0,即0<a<时,函数f(x)有两个零点. ‎ 实际上,x∈(0,]时,f(x)单调增,f(1)=-a<0,又f()>0,函数f(x)在(0,]上的图象连续,所以f(x)在(1,),即在(0,]上有唯一零点;‎ ‎ x∈[,+∞)时,f()>0,f()=2ln- 或f(e)=-ae=a (-e)‎ 设h(x)=x-ex,x>e,则h′(x)=2x-ex,再设l(x)=2x-ex,x>e,则l′(x)=2-ex<0,‎ 所以l(x)=h′(x)在[e+∞)上单调减,h′(x)<h′(e)=2e-ee<0,‎ 所以h(x)在[e+∞)上单调减,又>e,所以-e<e-ee<0,即f(e)<0,‎ 又函数f(x)在[e+∞)上的图象连续,所以f(x)在(,e),即在[e+∞)上有唯一零点;‎ ‎ 所以。0<a<时,函数f(x)有两个零点.‎ 综上,(1)当a>,函数f(x)没有零点;‎ ‎(2)当a=或a≤0时,函数f(x)有一个零点;‎ ‎(3)当0<a<时,函数f(x)有两个零点.‎ ‎**3.设函数f(x)=x2-(a-2)x-alnx,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f<0,函数f的零点不可求,但可利用零点存在性定理确定f的零点的范围,再根据单调性得到不等式的解集,从而求出a的最小整数解,注意证明)‎ 解:若函数f(x)有两个零点,则a>0,且f(x)的最小值f<0,‎ 即-a2+4a-4aln<0.‎ 因为a>0,所以a+4ln-4>0.(6分)‎ 令h(a)=a+4ln-4,显然h(a)在(0,+∞)上为增函数,‎ 且h(2)=-2<0,h(3)=4ln-1=ln-1>0,‎ 所以存在a0∈(2,3),h(a0)=0.当a>a0时,h(a)>0;当00,f(1)=0,所以a=3时,f(x)有两个零点.‎ 综上所述,满足条件的最小正整数a的值为3.‎ ‎***4.已知函数f(x)=ex-alnx-a,其中常数a>0,若f(x)有两个零点x1,x2(0<x1<x2).‎ 求证:<x1<1<x2<a ‎ ‎ (利用零点存在性定理证零点位于某个区间,即证f()f(1)<0且f(1)f(a)<0,即只需判断f ‎(),f(1),f(a)的符号,可先由f(x)存在两个零点判断出a的取值范围为a>e ,从而f(1)=e-a<0,只需将f(),f(a)视为关于a的函数,再利用函数性质证明均大于零)‎ 解:f(x)=ex-alnx-a=0,则a=(x≠)‎ 令φ(x)= 所以φ'(x)= ‎ 设g(x)=lnx+1-,可得g(x)为增函数且g(1)=0 ‎ 所以x∈(0,)∪(,1)时,g(x)<0,即φ'(x)<0 ‎ ‎ x∈(1,+∞)时,g(x)>0,即φ'(x)>0‎ 所以φ(x)在(0,),(,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增 所以在x∈(,+∞),φ(x)min=φ(1)=e ‎ 因为f(x)有两个零点 所以a>e 所以f(1)=e-a<0 ‎ f(a)=ea-alna-a ‎ 所以f'(a)=ea-lna-2 ‎ f''(a)=ea->ea->ee->0 ‎ 所以f'(a)在(e,+∞)单调递增 所以f'(a)>f'(e)=ee-3>e2-3>0 ‎ 则f(a)在(e,+∞)单调递增 所以f(a)>f(e)=ee-2e>e2-2e=e(e-2)>0 而f(1)<0 ‎ 所以f(1)f(a)<0, 所以存在x2∈(1,a),使得f(x2)=0即1<x2<a ‎ 另一方面:f()=e-aln-a=e+alna-a=e+a(lna-1) ‎ 因为a>e,则lna-1>0 ‎ 又f()>0,f(1)<0 所以f(1)f()<0‎ 则存在x1∈(,1),使得f(x1)=0即<x1<1‎ 综上所述:<x1<1<x2<a.‎ ‎***5.已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).求证:a>2时,函数f(x)有三个零点.‎ ‎(证明函数零点个数,首先要研究函数的单调性,函数有3个零点,则至少有3个单调区间,导函数至少有两个零点,需要先后利用零点存在性定理证明导函数和函数的零点个数)‎ 解:f ′(x)=lnx+-a,令g(x)=f ′(x)=lnx+-a,‎ 则g ′(x)=-,所以g(x)在(0,1]上单调减,在[1,+∞)上单调增,‎ 因为gmin(x)=g(1)=1-a<0,又e<1,a>2时,g(e)=-a+1+e-a=e-2a+1>0;g(e)=1+e>0,函数g(x)是连续函数,‎ 所以函数g(x)在(e,1)和(1, e)上分别存在唯一零点x,x,即f ′(x)= f ′(x)=0,‎ 又f ′(x)在(0,1]上单调减,在[1,+∞)上单调增,e<x<1<x< e 所以f(x)在区间(0, x]上单调增,[x, x]上单调减,[ x,+∞)上单调增.‎ 因为f(1)=0,f(x)在区间 [x, x]上单调减,‎ 所以f(x)在区间[x, x]上恰有一个零点,f(x)>0,f(x)<0.‎ 因为f(e)=a(e+1)-a(e+1)=2a>0,f(x)<0,1<x<e,函数f(x)是[x,+∞)上连续函数且单调,所以f(x)在区间[x, e) 即在[x,+∞)上存在唯一零点;‎ 因为f(e)=-a (e+1)-a (e-1)=-2a e<0,f(x)>0,函数f(x)是(0, x]上连续函数且单调,所以f(x)在区间(e, x] 即在(0, x]上存在唯一零点.‎ 所以,a>2时,函数f(x)有三个零点.‎ 类型二:导函数零点不可求问题 一、高考回顾 ‎(17年高考题).已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>3,b∈R)有极值,且导函数f'(x)的极值点是f(x)的零点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值),b=+.若f(x),f'(x) 这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围 解析:f ′(x)=3x2+2ax+b,设f(x)的极值点是x1,x2,则x1+x2=-a,x+x=.‎ 从而f(x1)+f(x2)=x+ax+bx1+1+x+ax+bx2+1‎ ‎=(3x+2ax+b)+(3x+2ax+b)+a(x+x)+b(x+x)+2‎ ‎=-+2=0‎ 记f(x),f ′(x)所有极值之和为h(a),‎ 因为f ′(x)的极值为b-=-a2+,所以h(a)=-a2+,a>3.‎ 因为h'(a)=-a-<0,于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.‎ 因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.‎ 因此a的取值范围为(3,6].‎ 二、方法联想 ‎(1)多次求导 ‎ 零点不存在或难以求出时,函数的导数可能大于或小于0恒成立,利用导数判断导函数单调性,研究导数的最值。‎ ‎(2)设出零点,整体代换 ‎ 零点不可求的问题中,往往是超越方程无法求解或求解复杂,可利用零点满足的关系,整体代换或合理推理,将复杂问题转化简单问题研究。‎ 三、归类研究 ‎***1.已知函数f(x)=xex-ln x,证明:当x>0时,f(x)>1.‎ ‎(要证f(x)>1,等价于证明最小值大于1,需要研究单调性,但导函数零点无法求出,利用导数研究导函数的单调性,即二次求导,结合零点存在性定理,证明零点的范围,再将ex=带入化简)‎ 证明:f ′(x)=x (x+2) ex-, x>0.‎ 由f ′′(x)=(x+4x+2) ex+>0,则f ′(x)在(0,+∞)上单调递增,且是连续函数,‎ 又f ′()<0,f ′()>0,由零点存在性定理可知 存在唯一x∈(,),使得f ′(x)=0.‎ 当x∈(0, x)时,f ′(x)<0,f(x)在(0, x)上单调递减;‎ 当x∈( x,+∞)时,f ′(x)>0,f(x)在( x,+∞)上单调递增.‎ 所以f(x)的最小值为f(x),即 f(x)≥f(x)=xex-ln x,又ex= 所以f(x)≥f(x)=x+2-ln x,x∈(,)以下可证f(x)>1.‎ ‎**2.【2017课标II,理】已知函数f(x)=x2-x-xlnx.证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2。‎ ‎(利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值)‎ 证明:由(1)知f(x)=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx。‎ 设h(x)=2x-2-lnx,则h'(x)=2-。‎ 当x∈(0,)时,h'(x)<0;当x∈(,+∞)时,h'(x)>0,‎ 所以h(x)在(0,)单调递减,在(,+∞)单调递增。‎ 又h(e-2)>0,h()<0,h(1)=0,‎ 所以h(x)在(0,)有唯一零点x0,在[,+∞)有唯一零点1,‎ 且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0,‎ 当x∈(1,+∞)时,h(x)>0。‎ 因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点。‎ 由f'(x0)=0得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0)。‎ 由x0∈(0,1)得f(x0)<。‎ 因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点,‎ 由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2。‎ 所以e-2<f(x0)<2-2。‎ ‎***3.设函数f(x)=e2x-alnx.证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln.‎ ‎(考察常见函数导数及导数运算法则;函数的零点;利用导数研究函数图像与性质;利用导数证明不等式;运算求解能力.f(x)的最小值为f(x0),但x0无法解出,利用x0满足的关系2e-=0,将e=带入,再用基本不等式消掉x0)‎ 解析:a>0时,f ′(x)=2e2x-,可设f ′(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,‎ 当x∈(0,x0)时,f ′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f ′(x)>0.‎ 故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).‎ 由于2e-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln.‎ 故当a>0时,f(x)≥2a+aln.‎ 类型三:极值点偏移问题 一、高考回顾 ‎1(2016年新课标I卷).已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点x1,x2.‎ 证明:x1+x2<2.‎ 法一:参变分离再构造差量函数 由已知得:f(x1)=f(x2)=0,不难发现x1≠1,x2≠1,‎ 故可整理得:-a== 设g(x)=,则g(x1)=g(x2)‎ 那么g'(x)=ex,当x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.‎ 设m>0,构造代数式:‎ g(1+m)-g(1-m)=e1+m-e1-m=e1-m(e2m+1)‎ 设h(m)=e2m+1,m>0‎ 则h'(m)=e2m>0,故h(m)单调递增,有h(m)>h(0)=0.‎ 因此,对于任意的m>0,g(1+m)>g(1-m).‎ 由g(x1)=g(x2)可知x1、x2不可能在g(x)的同一个单调区间上,‎ 不妨设x1<x2,则必有x1<1<x2‎ 令m=1-x1>0,则有g[1+(1-x1)]>g[1-(1-x1)]Ûg(2-x1)>g(x1)=g(x2)‎ 而2-x1>1,x2>1,g(x)在(1,+∞)上单调递增,‎ 因此:g(2-x1)>g(x2)Û2-x1>x2 整理得:x1+x2<2.‎ 法二:参变分离再构造对称函数 由法一,得g(x)=,构造G(x)=g(x)-g(2-x),(x∈(-∞,1)),‎ 利用单调性可证,此处略. ‎ ‎2(2013湖南文).已知函数f(x)=ex,证明:当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时,x1+x2<0.‎ 解析:易知,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减。当x<1时,‎ 由于>0,ex>0,所以f(x)>0;同理,当x>1时,f(x)<0。‎ 当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时,不妨设x1<x2,由函数单调性知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1)。‎ 下面证明:"x∈(0,1),f(x)<f(-x),即证:ex<e-x,‎ 此不等式等价于(1-x)ex-<0.‎ 令F(x)=(1-x)ex-,x∈(0,1),则F'(x)=-xe-x(e2x-1),当x∈(0,1)时,F'(x)<0,F ‎(x)单调递减,从而F(x)<F(0)=0,即(1-x)ex-<0,‎ 所以"x∈(0,1),f(x)<f(-x)。‎ 而x2∈(0,1),所以f(x2)<f(-x2),又f(x1)=f(x2),从而f(x1)<f(-x2).‎ 由于x1,-x2∈(-∞,0),且f(x)在(-∞,0)上单调递增,所以x1<-x2,‎ 即x1+x2<0.‎ 二、方法联想 ‎1.换元法 ‎ 将x与x的差或商等当做整体,构造新元设为t,令t=或t=x-x等,求出x,x与t之间的关系,转化为关于t的函数问题 ‎2.主元法构造函数 主元法破解极值点偏移问题思路是:‎ ‎①根据f(x1)=f(x2)(x1≠x2)建立等量关系,并结合f(x)的单调性,确定x1,x2的取值范围;‎ ‎③不妨设x1<x2,将待证不等式进行变形,进而结合原函数或导函数的单调性等价转化.‎ ‎③构造关于x1(或x2)的一元函数T(x)=f(xi)-f(2a-xi)(i=1,2),应用导数研究其单调性,并借助于单调性,得到待证不等式的证明.‎ ‎3.对称构造函数 ‎①讨论函数f(x)的单调性并求出f(x)的极值点x0; ‎ 假设此处f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.‎ ‎②构造F(x)=f(x0+x)-f(x0-x);‎ ‎ 注:此处根据题意需要还可以构造成F(x)=f(x)-f(2x0-x)的形式 ‎③通过求导F'(x)讨论F(x)的单调性,判断出F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x0+x)与f(x0-x)的大小关系;‎ 假设此处F(x)在(0,+∞)上单调递增,那么我们便可得出F(x)>F(x0)=f(x0)-f(x0)=0,从而得到:x>x0时,f(x0+x)>f(x0-x).‎ ‎④不妨设x1<x0<x2,通过f(x)的单调性,f(x1)=f(x2),f(x0+x)与f(x0-x)的大小关系得出结论;‎ 接上述情况,由于x>x0时,f(x0+x)>f(x0-x)且x1<x0<x2,f(x1)=f(x2),故f(x1)=f(x2)=f[x0+(x2-x0)]>f[x0-(x2-x0)]=f(2x0-x2),又因为x1<x0,2x0-x2<x0且f(x)在(-∞,x0‎ ‎)上单调递减,从而得到x1<2x0-x2,从而x1+x2<2x0得证.‎ 三、归类研究 ‎**1.已知函数f(x)=,其导函数记为f′(x)(e为自然对数的底数).若存在实数x1,x2(x1≠x2)使得f(x1)=f(x2),求证: f′<0.‎ ‎ (利用构造的新元,将两个旧的变元都换成新元来表示,从而达到消元的目的)‎ 证明: 由题意f(x1)=f(x2),则=,不妨设01,(11分)‎ 只需证<,‎ 只需证<,‎ 只需证<,令t=,‎ h(t)=-lnt,t∈(1,+∞),‎ 则h′(t)=-=<0,当t∈(1,+∞)恒成立,‎ 故h(t)在t∈(1,+∞)上单调递减,故h(t)A恒成立,则f(x)min>A;‎ ‎②. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立,则F(x)= f(x)-g(x) >0,所以F(x)min >0;‎ ‎(2)存在性问题 ①∃x0∈D,使得f(x0)>A成立,则f(x) max >A;‎ ‎②∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立,设F(x)= f(x)-g(x),则F(x) max >0;‎ ‎(3)恒成立与存在性综合性问题 相等问题 若f(x)的值域分别为A,B,则 ①∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则;‎ ② ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1)=g(x2)成立,则.‎ 不等问题 ①∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x)min> g(x) min;‎ ‎② ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)max;‎ ‎③ ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x) max > g(x) min;‎ ‎(4) 分离参数法 不等式f(x,λ)≥0,( x∈D,λ为实参数)恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤:‎ ①将参数与变量分离,即化为g(λ)≥f(x)(或g(λ)≤f(x))恒成立的形式;‎ ②求f(x)在x∈D上的最大(或最小)值;‎ ③解不等式g(λ)≥f(x)max(或g(λ)≤f(x)min) ,得λ的取值范围.‎ ‎(5) 数形结合法 对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解.利用数形结合解决恒成立问题,应先构造函数,作出符合已知条件的图形,再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围.‎ ‎(6) 含参讨论法 对于参数不能分离或分离较复杂的问题,可以先利用特殊值,缩小参数取值范围,再对参数范围进行讨论,研究含有参数的函数的最值,从而得到参数取值范围。‎ 三、归类探究 ‎**1.设函数f(x)=alnx+x2-x,a∈R且a≠1. 若存在x∈[1,+∞),使得f(x)<,求a的取值范围.‎ ‎(解决函数中存在性问题常见方法有两种:一是直接法,直接研究函数的最值;二是间接法,先求其否定(恒成立问题),再求其否定补集即可解决)‎ 解析:,f(x)=alnx+x2-x,‎ f'(x)=+(1-a)x-1==, ‎ 令f'(x)=0,得x1=1,x2=,而-1=,‎ ‎①当a≤时,≤1,‎ 在[1,+∞)上,f ′(x)≥0,则f(x)为增函数,(f(x))min=f(1)=-1=,‎ 令<,即a2+2a-1<0,解得--1<a<-1. ‎ ‎②当<a<1时, >1,‎ 则f(x)在(1, ]上单调减,在[,+∞)上单调增,‎ 所以(f(x))min=f()=aln++>,不合题意,无解。‎ ‎③当a>1时,显然有f(x)<0,>0,∴不等式f(x)<恒成立,符合题意, ‎ 综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞). ‎ ‎**2.已知函数f(x)=x-alnx-1,g(x)=,其中a均为实数,a<0,若对任意的x1、x2∈[3,4](x1≠x2),|f(x2)-f(x1)|<|-|恒成立,求a的最小值;‎ ‎(理解题意,通过判断函数的单调性,去绝对值符号,构造新函数,可知新函数的单调性,转换为恒成立问题)‎ 解析: 当m=1,a<0时,f(x)=x-alnx-1,x∈(0,+∞).‎ ‎∵ f′(x)=>0在[3,4]上恒成立,‎ ‎∴ f(x)在[3,4]上为增函数.‎ 设h(x)==,‎ ‎∵ h′(x)=>0在[3,4]上恒成立,‎ ‎∴ h(x)在[3,4]上为增函数.‎ 设x2>x1,则 ‎|f(x2)-f(x1)|<|-|等价于f(x2)-f(x1)<h(x2)-h(x1),‎ 即f(x2)-h(x2)<f(x1)-h(x1).‎ 设u(x)=f(x)-h(x)=x-alnx-1-·,则 u(x)在[3,4]上为减函数.‎ ‎∴ u′(x)=1--·≤0在(3,4)上恒成立.(6分)‎ ‎∴ a≥x-ex-1+恒成立.‎ 设v(x)=x-ex-1+,‎ ‎∵ v′(x)=1-ex-1+=1-ex-1[(-)2+],x∈[3,4],‎ ‎∴ ex-1[(-)2+]>e2>1,‎ ‎∴ v′(x)<0,v(x)为减函数.‎ ‎∴ v(x)在[3,4]上的最大值为v(3)=3-e2.(8分)‎ ‎∴ a≥3-e2,‎ ‎∴ a的最小值为3-e2.‎ ‎**3.已知函数f(x)=ax2-lnx(a为常数).若a<0,且对任意的x∈[1,e],f(x)≥(a-2)x恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎(恒成立问题,当分离变量所得函数较复杂时,可对含有参数的函数讨论)‎ 解析:设F(x)=f(x)-(a-2)x=ax2-lnx-(a-2)x,‎ 因为对任意的x∈[1,e],f(x)≥(a-2)x恒成立,所以F(x)≥0恒成立,‎ F′(x)=2ax--(a-2)=,‎ 因为a<0,令F′(x)=0,得x=-,x= ‎①当0<-≤1,即a≤-1时,因为x∈(1,e)时,F′(x)<0,所以F(x)在(1,e)上单调递减,‎ 因此对任意的x∈[1,e],F(x)≥0恒成立,‎ 所以x∈[1,e],F(x)min=F(e)≥0,即ae2-1-(a-2)e≥0,所以a≥,‎ 因为>-1,所以此时a不存在.‎ ‎②1<-<e即-1<a<-时,F(x)在(1, -)上单调递增,在(-,e)上单调递减,‎ 所以F(e)≥0且F(1)≥0,所以a≥,因为-1<<-,‎ 所以≤a<-,‎ ‎③当-≥e,即-≤a<0时,因为x∈(1,e)时,F'(x)>0,‎ 所以F(x)在(1,e)上单调递增,由于F(1)=2>0,符合题意; ‎ 综上所述,实数a的取值范围是[,+∞)‎ ‎***4.已知函数f(x)=x+sinx,求实数a的取值范围,使不等式f(x)≥axcosx在上恒成立.‎ ‎(恒成立问题,当分离变量所得函数较复杂时,可对含有参数的函数讨论)‎ 解:当a≤0时,f(x)=x+sinx≥0≥axcosx恒成立.‎ 当a>0时,令g(x)=f(x)-axcosx=x+sinx-axcosx,‎ g′(x)=1+cosx-a(cosx-xsinx)‎ ‎=1+(1-a)cosx+axsinx.‎ ‎① 当1-a≥0,即0<a≤1时,g′(x)=1+(1-a)cosx+axsinx>0,‎ 所以g(x)在上为单调增函数,‎ 所以g(x)≥g(0)=0+sin0-a×0×cos0=0,符合题意.(10分)‎ ‎② 当1-a<0,即a>1时,令h(x)=g′(x)=1+(1-a)cosx+axsinx,‎ 于是h′(x)=(2a-1)sinx+axcosx,‎ 因为a>1,所以2a-1>0,从而h′(x)≥0,‎ 所以h(x)在上为单调增函数,‎ 所以h(0)≤h(x)≤h,即2-a≤h(x)≤a+1,‎ 亦即2-a≤g′(x)≤a+1.(12分)‎ ‎(ⅰ) 当2-a≥0,即1<a≤2时,g′(x)≥0,‎ 所以g(x)在上为单调增函数.于是g(x)≥g(0)=0,符合题意.(14分)‎ ‎(ⅱ) 当2-a<0,即a>2时,存在x0∈,使得 当x∈(0,x0)时,有g′(x)<0,此时g(x)在(0,x0)上为单调减函数,‎ 从而g(x)<g(0)=0,不能使g(x)>0恒成立,‎ 综上所述,实数a的取值范围为a≤2.‎ 综合应用篇 一、例题分析 例1.已知函数f(x)=ax3+|x-a|,aR.‎ ‎(1)若a=-1,求函数y=f(x) (x[0,+∞))的图象在x=1处的切线方程;‎ ‎(2)若g(x)=x4,试讨论方程f(x)=g(x)的实数解的个数;‎ ‎(3)当a>0时,若对于任意的x1[a,a+2],都存在x2[a+2,+∞),使得f(x1)f(x2)=1024,求满足条件的正整数a的取值的集合.‎ 解:(1)当a=-1,x[0,+∞)时,f(x)=-x3+x+1,从而f ′(x)=-3x2+1.‎ 当x=1时,f(1)=1,f ′(1)=-2,‎ 所以函数y=f(x) (x[0,+∞))的图象在x=1处的切线方程为y-1=-2(x-1),‎ 即2x+y-3=0. ‎ ‎(2)f(x)=g(x)即为ax3+|x-a|=x4.‎ 所以x4-ax3=|x-a|,从而x3(x-a)=|x-a|.‎ 此方程等价于x=a或或 ‎ 所以当a≥1时,方程f(x)=g(x)有两个不同的解a,-1;‎ 当-1<a<1时,方程f(x)=g(x)有三个不同的解a,-1,1;‎ 当a≤-1时,方程f(x)=g(x)有两个不同的解a,1. ‎ ‎(3)当a>0,x(a,+∞)时,f(x)=ax3+x-a,f ′(x)=3ax2+1>0,‎ 所以函数f(x)在(a,+∞)上是增函数,且f(x)>f(a)=a4>0.‎ 所以当x[a,a+2]时,f(x)[f(a),f(a+2)],[,],‎ 当x[a+2,+∞)时,f(x)[ f(a+2),+∞). ‎ 因为对任意的x1[a,a+2],都存在x2[a+2,+∞),使得f(x1)f(x2)=1024,‎ 所以[,][ f(a+2),+∞). ‎ 从而≥f(a+2).‎ 所以f 2(a+2)≤1024,即f(a+2)≤32,也即a(a+2)3+2≤32.‎ 因为a>0,显然a=1满足,而a≥2时,均不满足.‎ 所以满足条件的正整数a的取值的集合为{1}. ‎ ‎〖教学建议〗‎ ‎(1)主要问题归类与方法:‎ 本题是利用导数研究函数的相关性质,确定函数的零点,恒成立问题和存在性问题.‎ ‎(2)方法选择与优化建议:‎ ‎1.含绝对值的函数本质是分段函数,考虑去绝对值符号.‎ ‎2.函数零点问题首先观察能否解出,能解出再考虑定义域及等根问题,不能解出可考虑数形结合转化为两个函数图象交点,或研究函数的单调性与极值.‎ ‎3.理解恒成立问题和存在性问题,进一步理解恒成立和存在性混合问题.‎ ‎4.帮助学生理解题意,得出恒成立和存在性混合问题中,等量关系可转化为两个函数值域的关系.‎ 例2.已知函数f(x)=a+lnx(a∈R).‎ ‎(1) 求f(x)的单调区间;‎ ‎(2) 试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.‎ 解:(1) 由函数f(x)=a+lnx(a∈R),得 f′(x)=(lnx+2).‎ 令f′(x)=0,得x=e-2.列表如下:‎ x ‎(0,e-2)‎ e-2‎ ‎(e-2,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极小值  因此,函数f(x)的单调增区间为(e-2,+∞),单调减区间为(0,e-2).‎ ‎(2) 由(1)可知,fmin(x)=f(e-2)=a-2e-1.‎ ‎(ⅰ) 当a>2e-1时,由f(x)≥f(e-2)=a-2e-1>0,得函数f(x)的零点个数为0.‎ ‎(ⅱ) 当a=2e-1时,因f(x)在(e-2,+∞)上单调递增,在(0,e-2)上单调递减,故x∈(0,e-2)∪(e-2,+∞)时,f(x)>f(e-2)=0.此时,函数f(x)的零点个数为1.‎ ‎(ⅲ) 当a<2e-1时,fmin(x)=f(e-2)=a-2e-1<0.‎ ‎① a≤0时,因为当x∈(0,e-2]时,f(x)=a+lnx<a≤0,‎ 所以函数f(x)在区间(0,e-2]上无零点;‎ 另一方面,因为f(x)在[e-2,+∞)上单调递增,且f(e-2)=a-2e-1<0,又e-2a∈(e-2,+∞),且f(e-2a)=a(1-2e-a)>0,此时,函数f(x)在(e-2,+∞)上有且只有一个零点.‎ 所以,当a≤0时,函数f(x)零点个数为1.‎ ‎② 0<a<2e-1时,因为f(x)在[e-2,+∞)上单调递增,且f(1)=a>0,f(e-2)=a-2e-1<0,所以函数f(x)在区间(e-2,+∞)上有且只有1个零点;‎ 另一方面,因为f(x)在(0,e-2]上单调递减,且f(e-2)=a-2e-1<0,又e-∈(0,e-2),且f=a->a-=0(当x>0时,ex>x2成立),此时函数f(x)在(0,e-2)上有且只有1个零点.‎ 所以,当0<a<2e-1时,函数f(x)的零点个数为2.‎ 综上所述,当a>2e-1时,f(x)的零点个数为0;当a=2e-1,或a≤0时,f(x)的零点个数为1;当0<a<2e-1时,f(x)的零点个数为2.‎ ‎〖教学建议〗‎ ‎(1)主要问题归类与方法:‎ 本题是利用导数研究函数的相关性质,考查函数的单调性问题,零点问题.‎ ‎(2)方法选择与优化建议:‎ ‎1.研究函数单调性,注意书写规范,严格通过导函数的符号判断单调性.‎ ‎2.求出函数的最小值,讨论参数a的范围,判断函数零点的个数.‎ ‎3.考虑到过程的严谨性,需要用零点存在性定理证明零点的个数.‎ ‎4.运用零点存在性定理时,寻找两个符号相反的函数值,常用的方法是找特殊值,或找与变量有关的值,也可利用不等式(e≥x+1,lnx≤x-1等)进行放缩。‎ 例3.已知函数f(x)=ax4-x2,x∈(0,+∞),g(x)=f(x)-f′(x).‎ ‎(1) 若a>0,求证:‎ ‎(ⅰ) f(x)在f′(x)的单调减区间上也单调递减;‎ ‎(ⅱ) g(x)在(0,+∞)上恰有两个零点;‎ ‎(2) 若a>1,记g(x)的两个零点为x1,x2,求证:4<x1+x2<a+4. ‎ 证明:(1) (ⅰ) 因为f(x)=ax4-x2(x>0),所以f′(x)=4ax3-x.‎ 由(4ax3-x)′=12ax2-1<0得f′(x)的递减区间为,(2分)‎ 当x∈时,f′(x)=4ax3-x=x(4ax2-1)<0,‎ 所以f(x)在f′(x)的递减区间上也递减.(4分)‎ ‎(ⅱ) (证法1)g(x)=f(x)-f′(x)=ax4-x2-(4ax3-x)=ax4-4ax3-x2+x,‎ 因为x>0,由g(x)=ax4-4ax3-x2+x=0得ax3-4ax2-x+1=0,‎ 令φ(x)=ax3-4ax2-x+1,则φ′(x)=3ax2-8ax-.‎ 因为a>0,且φ′(0)=-<0,所以φ′(x)必有两个异号的零点,记正零点为x0,则x∈(0,x0)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减;x∈(x0,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增,若φ(x)在(0,+∞)上恰有两个零点,则φ(x0)<0.‎ 由φ′(x0)=3ax-8ax0-=0,显然x0≠,a=代入φ(x0)得φ(x0)=,‎ 由于x-5x0+8>0,所以只需比较x0与的大小.‎ 再由φ′(x0)=3ax-8ax0-=0得3ax0=>0,则x0>.‎ 所以φ(x0)<0.‎ 又φ(0)=1>0,所以在(0,x0)上有且仅有一个零点.‎ 又φ(x)=ax3-4ax2-x+1=x+1,‎ 令ax2-4ax+>0,解得x>.‎ 所以取M=,当x>M时,φ(x)>0,‎ 所以在(x0,M)上有且仅有一个零点.‎ 故a>0时,g(x)在(0,+∞)上恰有两个零点.‎ ‎(证法2)g(x)=f(x)-f′(x)=ax4-x2-(4ax3-x)=ax4-4ax3-x2+x,‎ 因为x>0,由g(x)=ax4-4ax3-x2+x=0得ax3-4ax2-x+1=0,‎ 令φ(x)=ax3-4ax2-x+1,‎ 由φ′(x0)=3ax-8ax0-=0得3ax=8ax0+,‎ 所以φ(x0)=-ax0-x0+.‎ 因为φ′(x)对称轴为x=,‎ 所以φ′=φ′(0)=-<0,‎ 所以x0>>,‎ 所以φ(x0)=-ax0-<0.‎ 又φ(x)=ax3-4ax2-x+1=ax2(x-8)+x(ax2-1)+1,‎ 设,8中的较大数为M,则φ(M)>0,‎ 故a>0时,g(x)在(0,+∞)上恰有两个零点.(10分)‎ ‎(证法3)g(x)=f(x)-f′(x)=ax4-x2-(4ax3-x)=ax4-4ax3-x2+x,‎ 因为x>0,由g(x)=ax4-4ax3-x2+x=0得ax3-4ax2-x+1=0,‎ 令φ(x)=ax3-4ax2-x+1,‎ 若g(x)在(0,+∞)上恰有两个零点,则φ(x)在(0,+∞)上恰有两个零点,‎ 当x=2时,由φ(x)=0得a=0,此时φ(x)=-x+1在(0,+∞)上只有一个零点,不合题意;‎ 当x≠2时,由φ(x)=ax3-4ax2-x+1=0得=,(7分)‎ 令φ1(x)==x2-2x-4-,‎ 则φ′1(x)==>0,‎ 当x∈(0,2)时,φ(x)单调递增,且由y=x2-2x-4,y=-值域知φ(x)值域为(0,+∞);当x∈(2,+∞)时,φ1(x)单调递增,且φ1(4)=0.由y=x2-2x-4,y=-值域知φ(x)值域为(-∞,+∞);‎ 因为a>0,所以>0,而y=与φ1(x)有两个交点,所以φ1(x)在(0,+∞)上恰有两个零点.‎ ‎(3) (证法1)由(2)知,对于φ(x)=ax3-4ax2-x+1在(0,+∞)上恰有两个零点x1,x2,‎ 不妨设x1<x2,因为φ(0)=1>0,φ=(6-7a)<0,所以0<x1<.(12分)‎ 因为φ(4)=-1<0,φ=(81a-10)>0,‎ 所以4<x2<,‎ 所以4<x1+x2<+=5<a+4.‎ ‎(证法2)由(2)知=,‎ 因为x∈[0,2)时,φ1(x)单调递增,φ1=,φ1(0)=0<φ1(x1)=<φ1,‎ 所以0<x1<.‎ 当x∈(2,+∞)时,φ1(x)单调递增,φ1=,φ1(4)=0<φ1(x2)=<φ1,‎ 所以4<x2<.‎ 所以4<x1+x2<+=5<a+4.‎ ‎〖教学建议〗‎ ‎(1)主要问题归类与方法:‎ 本题是利用导数研究函数的相关性质,考查函数单调性,函数零点的性质,零点存在性定理.‎ ‎(2)方法选择与优化建议:‎ ‎1.求出f ′(x)的减区间,证明f ′(x)<0在该区间上恒成立即可.‎ ‎2.函数零点的存在性以及范围,严格利用零点存在性定理证明及判断.‎ ‎3.零点不可求时,可设出零点,再利用该零点满足的性质整体带入,化简研究.‎ ‎4.证明不等式,要结合目标和条件,灵活地寻找可行的方法以及构造恰当的函数进行研究.‎ 例4、已知函数f(x)=lnx-ax2+x,a∈R.‎ ‎(1) 若f(1)=0,求函数f(x)的单调减区间;‎ ‎(2) 若关于x的不等式f(x)≤ax-1恒成立,求整数a的最小值;‎ ‎(3) 若a=-2,正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,证明:x1+x2≥.‎ ‎ (1) 解:因为f(1)=1-=0,所以a=2.(1分)‎ 此时f(x)=lnx-x2+x,x>0,f′(x)=-2x+1=(x>0).(2分)‎ 由f′(x)<0,得2x2-x-1>0.又x>0,所以x>1.‎ 所以f(x)的单调减区间为(1,+∞).(4分)‎ ‎(2) 解:(解法1)令g(x)=f(x)-(ax-1)=lnx-ax2+(1-a)x+1,‎ 所以g′(x)=-ax+(1-a)=.‎ 当a≤0时,因为x>0,所以g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上是增函数.‎ 因为g(1)=ln1-a×12+(1-a)+1=-a+2>0,‎ 所以关于x的不等式f(x)≤ax-1不能恒成立.(6分)‎ 当a>0时,g′(x)==,令g′(x)=0,得x=.‎ 所以当x∈时,g′(x)>0;当x∈时,g′(x)<0,‎ 因此函数g(x)在x∈上是增函数,在x∈上是减函数.‎ 故函数g(x)的最大值为g=ln-a×+(1-a)×+1=-lna.(8分)‎ 令h(a)=-lna,因为h(1)=>0,h(2)=-ln2<0,又h(a)在a∈(0,+∞)上是减函数.故当a≥2时,h(a)<0.所以整数a的最小值为2.(10分)‎ ‎(解法2)由f(x)≤ax-1恒成立,得lnx-ax2+x≤ax-1在(0,+∞)上恒成立,‎ 问题等价于a≥在(0,+∞)上恒成立.‎ 令g(x)=,只要a≥g(x)max.(6分)‎ 因为g′(x)=,‎ 令g′(x)=0,得-x-lnx=0.‎ 设h(x)=-x-lnx,因为h′(x)=--<0,‎ 所以h(x)在(0,+∞)上单调减,‎ 不妨设-x-lnx=0的根为x0.当x∈(0,x0)时,g′(x)>0;当x∈(x0,+∞)时,g′(x)<0,所以g(x)在x∈(0,x0)上是增函数;在x∈(x0,+∞)上是减函数.‎ 所以g(x)max=g(x0)===.(8分)‎ 因为h=ln2->0,h(1)=-<0,所以0,‎ 由f(x1)+f(x2)+x1x2=0,‎ 即lnx1+x+x1+lnx2+x+x2+x1x2=0, ‎ 从而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2).(13分)‎ 令t=x1x2,则由φ(t)=t-lnt得,φ′(t)=, ‎ 可知,φ(t)在区间(0,1)上单调减,在区间(1,+∞)上单调增.‎ 所以φ(t)≥φ(1)=1,(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,‎ 故x1+x2≥成立. ‎ ‎〖教学建议〗‎ ‎(1)主要问题归类与方法:‎ 本题是利用导数研究函数的相关性质,考查函数的单调性,函数的零点,恒成立问题,利用单调性解不等式.‎ ‎(2)方法选择与优化建议:‎ ‎1.‎ 恒成立问题比较容易考虑的是分离参数法,但难点是分离后的函数的最值较难求,可能还需要对导函数进行研究;也可以对含有参数的函数进行讨论,求最值.‎ ‎2.证明不等式的关键是函数的选取,本题的关键是将x1+x2与 x1x2分开研究.‎ 二、反馈巩固 零点部分 ‎*1.f(x)=2sinπx-x+1的零点个数为 个.‎ ‎(转化成两个函数图象的交点问题,数形结合的方法研究函数图象交点个数)‎ 答案:5‎ 解析:作出函数y=2sinπx与y=x-1的图像,如图所示.由图像可知,两个函数的图像有5个交点,即f(x)=2sinπx-x+1有5个零点. ‎ ‎*2.若函数f(x)=x3-3x+a有3个不同的零点,则实数a的取值范围是 .‎ ‎(利用导数研究函数的单调区间,求出极值,利用函数图象解决)‎ 答案:(-2,2)‎ 解析:函数f(x)=x3-3x+a的导函数f′(x)=3x2-3,相应二次方程3x2-3=0有两根x=±1,函数存在一个极大值f(-1)=2+a>0,还有一个极小值f(1)=-2+a<0,由上知a的取值范围是(-2,2)‎ ‎*3.已知函数f(x)=,若函数g(x)=f(x)-m有3个零点,则实数m的取值范围是___________.‎ ‎(考查复合函数零点,根据零点个数求参数取值范围)‎ 答案:(0,1)‎ ‎***4、已知函数f(x)=,若关于的方程f (x)+2f(x)+b=0有三个不同的实数根,则实数的范围为_________. ‎ ‎(考查复合函数零点,根据零点个数求参数取值范围)‎ 答案:b≤0‎ ‎***5、已知函数f(x)=-x2-2x,g(x)=若方程g[f(x)]-a=0有4个实数根,则实数a的取值范围为_________.‎ ‎(考查复合函数零点,根据零点个数求参数取值范围)‎ 答案:[1, )‎ 解析:令f(x)=t,则原方程化为g(t)=a,易知方程f(x)=t在t∈(-∞,1)内有2个不同的解,则原方程有4个解等价于函数y=g(t)(t<1)与y=a的图象有2个不同的交点,作出函数y=g(t)(t<1)的图象,如图所示,由图象可知,当1≤a<时,函数y=g(t)(t<1)与y=a有2个不同的交点,即所求a的取值范围是[1, ).‎ ‎**6.设函数f(x)=,则函数F(x)=xf(x)-1的零点的个数为 .‎ ‎(考查分段函数的性质,利用数形结合的方法求函数零点个数)‎ 答案:6‎ ‎**7.已知函数f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零点,则a= .‎ ‎(考查函数的奇偶性,对称性与函数零点)‎ 答案: ‎**8. 对于实数a和b,定义运算“*”:a*b= 设f(x)=(2x-1) * (x-1),且关于x的方程为f(x)=m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1,x2,x3,则x1x2x3的取值范围是________.‎ ‎(考查零点的个数,零点的取值范围)‎ 答案:(,0)‎ 解析:  解析:∵ 2x-1≤x-1时,有x≤0,∴ 根据题意得f(x)= 即f(x)= 画出函数的图象如下,从图象上观察:当关于x的方程为f(x)=m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根时,m的取值范围是,‎ 当-x2+x=m时,有x1x2=m,‎ 当2x2-x=m时,由于直线与抛物线的交点在y轴的左边,得到x3=,‎ ‎∴ x1x2x3=m=,m∈(0,).‎ 令y=,‎ 则y′=.‎ 又h(m)=+在m∈上是增函数,故有h(m)>h=,‎ ‎∴ y′=<0在m∈上成立,‎ ‎∴ 函数y=在上是减函数,‎ ‎∴ 函数的值域是,即x1x2x3的取值范围是(,0).‎ ‎**9. 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)=x+2在[t,t+1]上有解.‎ ‎(考察函数的性质,零点存在性定理)‎ 解:当a=0时,方程即为xex=x+2,‎ 由于ex>0,所以x=0不是方程的解,‎ 所以原方程等价于ex--1=0.‎ 令h(x)=ex--1,‎ 因为h′(x)=ex+>0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)=e-3<0,h(2)=e2-2>0,h(-3)=e-3-<0,h(-2)=e-2>0,‎ 所以方程f(x)=x+2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}.‎ ‎**10.设函数f(x)=x2lnx-x2+b,求证:对任意实数b∈,函数f(x)有且仅有两个零点 ‎(考查函数零点存在性定理,判断并证明零点的个数)‎ 证明:因为函数f(x)=x2lnx-x2+b,‎ 所以f′(x)=2xlnx-x.令f′(x)=2xlnx-x=0,得x=,‎ 且当x∈(0,)时,f′(x)<0,即f(x)=x2lnx-x2+b在x∈(0,)上单调减,‎ 当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,即f(x)=x2lnx-x2+b在x∈(,+∞)上单调增,‎ 所以f(x)有最小值f()=b-<0.‎ 又f(e)=e2-e2+b>0,‎ 所以f(x)=x2lnx-x2+b在(,e)上一定有一解.‎ 下面证明存在x∈(0,)使f(x1)>0,‎ 令h(x)=xlnx-x+1,h′(x)=lnx,‎ 所以当x∈(0,1)时,h(x)=xlnx-x+1在(0,1)上单调减,‎ 所以当x∈(0,1)时,h(x)=xlnx-x+1>h(1)>0,‎ 所以f(b)=b2lnb-b2+b=b(blnb-b+1)>0,‎ 又函数f(x)在(0,)上单调减且连续,b< 所以f(x)=x2lnx-x2+b在(b,)上一定有一解.‎ 综上所述,函数f(x)在(0,+∞)上有且仅有两个零点.‎ ‎***11.已知函数f(x)=mx2-x+ln x.当m>0时,若曲线C:y=f(x)在点x=1处的切线l与C有且只有一个公共点,求m的值.‎ ‎(考查函数零点存在性定理,根据零点的个数求参数取值范围)‎ 解析:因为f(1)=m-1,f′(1)=‎2m,‎ 所以切线方程为y-m+1=‎2m(x-1),即y=2mx-m-1‎ 从而方程mx2-x+ln x=2mx-m-1在(0,+∞)上只有一解.‎ 令g(x)=mx2-x+ln x-2mx+m+1,则 g′(x)=2mx-1-‎2m+==,‎ 所以①当m=,g′(x)≥0所以y=g(x)在x∈(0,+∞)单调递增,且g(1)=0,‎ 所以mx2-x+ln x=2mx-m-1只有一解.‎ ‎②当0<m<,x∈(0,1),g′(x)>0;x∈,g′(x)<0;x∈,g′(x)>0由g(1)=0及函数单调性可知g<0,‎ 因为g(x)=mx+m+ln x+1,取x=2+,‎ 则g>0,‎ 因此在方程mx2-x+ln x=2mx-m-1必有一解从而不符题意 ‎③当m>,x∈,g′(x)>0;x∈,g′(x)<0;x∈(1,+∞),g′(x)>0‎ 同理在方程mx2-x+ln x=2mx-m-1必有一解,不符题意 综上所述m=.‎ ‎***12.已知函数f(x)=xsinx-,判断函数f(x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明.‎ ‎(利用零点存在性定理证明零点个数)‎ 解析:f(x)在(0,π)内有且只有两个零点。证明如下:‎ f(x)=xsinx-,从而有f(0)=-<0,f=>0。‎ 又f(x)在上的图象是连续不断的,所以f(x)在内至少存在一个零点。‎ 又由(I)知f(x)在上单调递增,故f(x)在内有且仅有一个零点。‎ 当x∈时,令g(x)=f′(x)=sinx+xcosx.‎ 由g=1>0,g(π)=-π<0,且g(x)在上的图象是连续不断的,故存在m∈,使得g(m)=0。由g′(x)=2cosx-xsinx,知x∈时,有g′(x)<0,从而g(x)在内单调递减。当x∈时,g(x)>g(m)=0,即f′(x)>0,从而f(x)在内单调递增,‎ 故当x∈时, f(x)≥f=>0,故f(x)在上无零点;‎ 当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f′(x)<0,从而f(x)在(m,π)内单调递减.‎ 又f(m)>0,f(π)<0,且f(x)在[m,π]上的图象是连续不断的,从而f(x)在(m,π)内有且仅有一个零点。‎ 综上所述,f(x)在(0,π)内有且只有两个零点。‎ 零点不可求部分 ‎**1.设函数f(x)=e-1-x-ax,若x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.‎ ‎(导函数零点不可求,可通过多次求导,判断导函数的符号)‎ 解析:f(0)=0,f′(x)=e-1-2ax,令g(x)=f ′(x),‎ ‎ 则g(0)=0,g ′(x)=e-2a,‎ 若g ′(x)≥0恒成立,则a≤e,即a≤(e)min=,则g(x)≥0即f ′(x)≥0,‎ 所以f(x)≥0成立。‎ 当a>时,令g ′(x)=e-2a<0,可得x<ln2a,‎ 所以x∈[0, ln2a)时,g ′(x)<0,则函数g(x)在[0, ln2a)上单调减,‎ 所以x∈(0, ln2a)时,g(x)<g(0)=0,即f ′(x)<0,所以函数f(x)在[0, ln2a)上单调减,则f(x)<f(0)=0,不符合题意.‎ 综上,a的取值范围(-∞,].‎ ‎***2.已知函数f(x)=(x+1)lnx-x+1.求证:(x-1)f(x)≥0.‎ ‎(连续运用多次求导,每次求导都可发现,新的导数都更有利于求出导数的零点,多次求导是解决导函数零点的一个有效方法)‎ 答案:略 ‎***3.已知函数f(x)=-2xlnx+x2-2ax+a2,其中a>0.‎ 证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.‎ ‎ (考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识)‎ 解析:由f '(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx 令Φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx 则Φ(1)=1>0,Φ(e)=2(2-e)<0‎ 于是存在x0∈(1,e),使得Φ(x0)=0‎ 令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1)‎ 由u'(x)=1-≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增 故0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1‎ 即a0∈(0,1)‎ 当a=a0时,有f '(x0)=0,f(x0)=Φ(x0)=0‎ 再可求出,f '(x)在区间(1,+∞)上单调递增 当x∈(1,x0)时,f '(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0‎ 当x∈(x0,+∞)时,f '(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0‎ 又当x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0‎ 故x∈(0,+∞)时,f(x)≥0‎ 综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.‎ ‎***4.已知函数f(x)=1+lnx-,其中k为整数,且当x>2时,f(x)>0恒成立,求k的最大值.(参考数据:ln8=2.08,ln9=2.20,ln10=2.30)‎ ‎(恒成立问题可以通过分离变量,求最值处理,但导函数零点不可求出,可用零点存在性定理求出零点所在区间,从而得到最值的范围)‎ 解析:(方法1)由题意知,1+lnx->0对x∈(2,+∞)恒成立,‎ 即k<对x∈(2,+∞)恒成立.令h(x)=,则h′(x)=.‎ 设v(x)=x-2lnx-4,则v′(x)=.当x∈(2,+∞)时,v′(x)>0,所以v(x)在(2,+∞)上为增函数.因为v(8)=8-2ln8-4=4-2ln8<0,v(9)=5-2ln9>0,‎ 所以存在x0∈(8,9),v(x0)=0,即x0-2lnx0-4=0.‎ 当x∈(2,x0)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=x0时,h(x)的最小值h(x0)=.‎ 因为lnx0=,所以h(x0)=∈(4,4.5).故所求的整数k的最大值为4.(16分)‎ ‎(方法2)由题意知,1+lnx->0对x∈(2,+∞)恒成立,‎ f(x)=1+lnx-,f′(x)=.① 当2k≤2,即k≤1时,f′(x)>0对x∈(2,+∞)恒成立,所以f(x)在(2,+∞)上单调递增.而f(2)=1+ln2>0成立,所以满足要求.‎ ‎② 当2k>2,即k>1时,‎ 当x∈(2,2k)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(2k,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ 所以当x=2k时,f(x)有最小值f(2k)=2+ln2k-k.‎ 从而f(x)>0在x∈(2,+∞)恒成立,等价于2+ln2k-k>0.‎ 令g(k)=2+ln2k-k,则g′(k)=<0,从而g(k)在(1,+∞)上为减函数.‎ 因为g(4)=ln8-2>0,g(5)=ln10-3<0,‎ 所以使2+ln2k-k<0成立的最大正整数k=4.‎ 综合①②知,所求的整数k的最大值为4.‎ 极值点偏移部分 ‎***1.设函数f(x)=x2,g(x)=alnx+bx(a>0),设G(x)=f(x)+2-g(x)有两个零点x1,x2,且x1,x0,x2成等差数列,试探究G'(x0)值的符号.‎ 答案:G'(x0)的符号为正. ‎ 理由为:因为G(x)=x2+2-alnx-bx有两个零点x1,x2,‎ 则有,‎ 两式相减得x22-x12-a(lnx2-lnx1)-b(x2-x1)=0 ‎ 即x2+x1-b=,于是G'(x0)=2x0--b=(x1+x2-b)- ‎=-=[ln-]‎ ‎=[ln-] ‎ ‎①当0<x1<x2时,令=t,则t>1,且G'(x0)=(lnt-).‎ 设u(t)=lnt-(t>1),‎ 则u'(t)=-=>0,‎ 则u(t)=lnt-在(1,+∞)上为增函数.‎ 而u(1)=0,所以u(t)>0,即lnt->0. ‎ 又因为a>0,x2-x1>0,所以G'(x0)>0.‎ ‎②当0<x2<x1时,同理可得:G'(x0)>0. ‎ 综上所述:G'(x0)的符号为正·‎ ‎***2.已知函数f(x)=4lnx-mx2(m>0),若函数g(x)=f(x)-(m-4)x,对于曲线y=g(x)上的两个不同的点M(x1,g(x1)),N(x2,g(x2)),记直线MN的斜率为k,若k=g'(x0),‎ 证明:x1+x2>2x0.‎ ‎(极值点偏移问题,构造函数,利用齐次式,设新元,研究一元函数)‎ 证明:因为g(x)=f(x)-(m-4) x=4lnx-mx+(4-m) x 所以g(x1)-g(x2)=4(lnx1-lnx2)- m(x1+x2) (x1-x2)+(4-m) (x1-x2)‎ 由题设得g'(x0)== - m(x1+x2)+(4-m).‎ 又g'()=-m ·+4-m,‎ ‎∴g'(x0)-g'()=-= [(lnx2-lnx1)-]‎ ‎=[ln-].‎ 不妨设0<x1<x2, t=,则t>1,则ln- ‎=lnt- (t>1).‎ 令h(t)=lnt- (t>1),则h'(t)=>0,所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,所以h(t)>h(1)=0。‎ 故ln->0.‎ 又因为x2-x1>0,因此g'(x0)-g'()>0,即g'()<g'(x0).‎ 又由g'(x)=-mx+(4-m)知g'(x)在(0,+∞)上单调递减,‎ 所以>x0,即x1+x2>2x0.‎ ‎***3.已知函数f(x)=x2-(a-2)x-alnx,若方程f(x)=c有两个不相等的实数根x1,x2,求证:f ′()>0.‎ 证明:法一:由f(x)=x2-(a-2)x-alnx,‎ 得f'(x)=2x-(a-2)-==,故只有a>0时,方程f(x)=c才有两个不相等的实数根x1,x2,不妨设x1<x2,则0<x1<<x2,‎ 满足,‎ 两式相减得:x12-(a-2)x1-alnx1-x22+(a-2)x2+alnx2=0…… 化简得:a=.‎ 欲证:f'()>0=f'(),结合f'(x)的单调性,即证:> 等价于证明:x1+x2>Ûln<= 令t=,(0<t<1),构造函数g(t)=lnt-,(0<t<1),求导由单调性易得原不等式成立,略.‎ 法二:接后续解:‎ 由得:(x1+x2)(x1-x2)-(a-2)(x1-x2)-aln=0‎ 即:(x1+x2)-(a-2)-=0……‚ 而f'()=(x1+x2)-(a-2)-……ƒ 由‚ƒ得:f'()=- ‎ =(ln-)=(ln-)……④‎ 要证:f'()>0Û(ln-)>0,令t=,(0<t<1)‎ 构造函数m(t)=lnt-,(0<t<1),求导由单调性易得m(t)<0在t∈(0,1)恒成立,又因为a>0,x1-x2<0,故f'()>0成立.‎ 法三:接④后续解:‎ 视x1为主元,设g(x)=lnx-lnx2-,g'(x)=-=>0‎ 则g(x)在x∈(0,x2)上单调递增,故g(x)<g(x2)=0,再结合a>0,x1-x2<0,故f'()>0成立.‎ 法四:构造函数h(x)=f(-x)-f(+x),(0<x<),‎ 则h'(x)=-f'(-x)-f'(+x)=>0,从而h(x)在(0,)上单调递增,故h(x)>h(0)=0,即f(-x)>f(+x)对x∈(0,)恒成立,‎ 从而f(x)>f(a-x),(0<x<),则f(x2)=f(x1)>f(a-x1),由x2,a-x1∈(,+∞),且f(x)在(,+∞)单调递增,故x2>a-x1,即>,从而f'()>0成立.‎ ‎***4.已知f(x)=xlnx的图像上有A,B两点,其横坐标为0<x1<x2<1,且f(x1)=f(x2).‎ 证明:1<+<.(文科慎选)‎ 令t1=,t2=,则x1=t12,x2=t22,t1,t2∈(0,1),且 h(t)=2t2lnt,h(t1)=h(t2),h'(t)=2t(2lnt+1),令h'(t)=0,得t=,‎ 故0<t1<<t2<1.构造函数H(t)=h(t)-h(-t),(0<t<),则 H'(t)=h'(t)+h'(-t),H''(t)=h''(t)-h''(-t),由于h'''(t)=>0,则h''(t)在(0,)上单调递增,因为t<-t,故H''(t)<0,H'(t)在(0,)上单调递减,故H'(t)>H'()=0,即H(t)在(0,)上单调递增,即H(t)<H()=0,即h(t)<h(-t),同理得出:t1+t2<;‎ 再构造G(x)=h(t)-h(1-t),(0<t<),同样求导利用单调性可得出G(t)>G()=0,从而h ‎(t)>h(1-t)对t∈(0,)恒成立,同理得出:t1+t2>1.‎ 综上:即证1<t1+t2<成立,也即原不等式1<+<成立.‎ ‎***5.已知函数f(x)=a--lnx(a∈R),若f(x)有两零点x1,x2(x1<x2),‎ 求证:2<x1+x2<3ea-1-1.‎ 解:由题设,f′(x)=,故f(x)在(1,e2)上单调递减.(2分)‎ 所以f(x)在(1,e2)上至多只有一个零点.‎ 又f(1)f(e2)=1×<0,故函数f(x)在(1,e2)上只有一个零点.(4分)‎ ‎(2) 解:f′(x)=, ‎ 令f′(x)=0,得x=1.‎ 当x>1时,f′(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减;‎ 当00,f(x)在(0,1)上单调递增,‎ 故[f(x)]max=f(1)=a-1.(6分)‎ ‎① 当[f(x)]max=0,即a=1时,因最大值点唯一,故符合题设;(8分)‎ ‎② 当[f(x)]max<0,即a<1时,f(x)<0恒成立,不合题设;‎ ‎③ 当[f(x)]max>0,即a>1时,一方面,ea>1,f(ea)=-<0;‎ 另一方面,e-a<1,f(e-a)=2a-ea≤2a-ea<0(易证:ex≥ex),‎ 于是,f(x)有两零点,不合题设.‎ 综上,a的取值集合为{1}.(10分)‎ ‎(3) 证明:先证x1+x2>2.‎ 依题设,有a=+lnx1=+lnx2,于是=ln.‎ 记=t,t>1,则lnt=,故x1=.‎ 于是,x1+x2=x1(t+1)=,‎ x1+x2-2=.‎ 记函数g(x)=-lnx,x>1.‎ 因g′(x)=>0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增.‎ 于是,t>1时,g(t)>g(1)=0.‎ 又lnt>0,所以x1+x2>2.(13分)‎ 再证x1+x2<3ea-1-1.‎ 因f(x)=0h(x)=ax-1-xlnx=0,故x1,x2也是h(x)的两零点.‎ 由h′(x)=a-1-lnx=0,得x=ea-1(记p=ea-1).‎ 仿(1)知,p是h(x)的唯一最大值点,故有 作函数h(x)=lnx--lnp,则h′(x)=≥0,故h(x)单调递增.‎ 故当x>p时,h(x)>h(p)=0;当00,‎ 即x-(3ea-1-1)x1+ea-1>0.‎ 同理,x-(3ea-1-1)x2+ea-1<0.‎ 故x-(3ea-1-1)x2+ea-1Q(1)=0,‎ 即H′(x)>0,从而函数y=H(x)在x∈(0,1)时单调递增,故H(x),所以-1<1,记I=∩(0,1),则当x∈I时,x->0,‎ 故Q′(x)>0,所以函数y=Q(x)在x∈I时单调递增,Q(x)H(1)=0,此时(*)不成立;所以当x∈(0,1),G(x)=lnx≥1恒成立时,b≤;‎ ‎2) 当x∈(1,+∞)时,G(x)=lnx≥1可化为(bx+1-b)lnx-x+1≥0,‎ 令H(x)=(bx+1-b)lnx-x+1,x∈(1,+∞),问题转化为:H(x)≥0对任意的x∈(1,+∞)恒成立(**);则H(1)=0,H′(x)=blnx++b-1,H′(1)=0.‎ 令Q(x)=blnx++b-1,则Q′(x)=.‎ ‎① b≥时,b(x+1)-1>2b-1≥×2-1=0,‎ 故 Q′(x)>0,所以函数y=Q(x)在x∈(1,+∞)时单调递增,Q(x)>Q(1)=0,‎ 即H′(x)>0,从而函数y=H(x)在x∈(1,+∞)时单调递增,所以H(x)>H(1)=0,此时(**)成立;‎ ‎② 当b<时,‎ ⅰ) 若 b≤0,必有Q′(x)<0,故函数y=Q(x)在x∈(1,+∞)上单调递减,所以Q(x)1,所以当x∈时,‎ Q′(x)==<0,‎ 故函数y=Q(x)在x∈上单调递减,Q(x)-恒成立.‎ ‎ (分离参数,构造新函数,然后通过对新函数求最值来求解;结合已知的两个函数,然后证明f(x)min>m(x)max).‎ 解析:(1)由题意知2xln x≥-x2+ax-3对一切x∈(0,+∞)恒成立,则a≤2lnx+x+.‎ 设h(x)= 2lnx+x+(x>0),则h'(x)=,‎ 当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4.‎ 因为对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,‎ 所以a≤h(x)min=4,‎ 即实数a的取值范围是(-∞,4].‎ ‎(2)问题等价于证明xln x>-(x∈(0,+∞))恒成立.‎ 又f(x)=xln x,f'(x)=ln x+1,‎ 当x∈(0, )时,f'(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈(,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,‎ 所以f(x)min=f()=-.‎ 设m(x)= -(x∈(0,+∞)),则m'(x)= ,‎ 易知m(x)max=m(1)=-,‎ 从而对一切x∈(0,+∞),ln x>-恒成立.‎
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