南京市2020屆高三數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)資料專題8：(選講）導(dǎo)數(shù)難點(diǎn)專項(xiàng)研究

專題8：（選講）導(dǎo)數(shù)難點(diǎn)專項(xiàng)研究問(wèn)題歸類篇類型一 零點(diǎn)問(wèn)題一、考題再現(xiàn)1(15年高考題)已知函數(shù)f(x)|lnx|，g(x)則方程|f(x)g(x)|1實(shí)根的個(gè)數(shù)為_解析：設(shè)F(x)f(x)g(x)，利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)畫出F(x)的圖象，它與直線y1，y1的交點(diǎn)各有2個(gè)，方程|f(x)g(x)|1實(shí)根的個(gè)數(shù)為4.2(15年高考題). 已知函數(shù)f(x)x3ax2b(a，bR).若bca（實(shí)數(shù)c是a與無(wú)關(guān)的常數(shù)），當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(，3)(1，)(，)，求c的值.解析： 可知，函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值為f(0)b，fa3b，則函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(0)fb0時(shí)，a3ac0或當(dāng)a0時(shí)，a3ac0.設(shè)g(a)a3ac，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(，3)，則在(，3)上g(a)0均恒成立，從而g(3)c10，且gc10，因此c1.此時(shí)，f(x)x3ax21a(x1)x2(a1)x1a，因函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，則x2(a1)x1a0有兩個(gè)異于1的不等實(shí)根，所以(a1)24(1a)a22a30，且(1)2(a1)1a0，解得a(，3).綜上c1.3(12年高考題).若函數(shù)yf(x)在xx0處取得極大值或極小值，則稱x0為函數(shù)yf(x)的極值點(diǎn)已知a，b是實(shí)數(shù)，1和1是函數(shù)f(x)x3ax2bx的兩個(gè)極值點(diǎn)設(shè)h(x)f(f(x)c，其中c2,2，求函數(shù)yh(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)解令f(x)t，則h(x)f(t)c.先討論關(guān)于x的方程f(x)d根的情況，d2,2當(dāng)|d|2時(shí)，由(2)可知f(x)2的兩個(gè)不同的根為1和2，注意到f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)2的兩個(gè)不同的根為1和2.當(dāng)|d|2時(shí)，因?yàn)閒(1)df(2)d2d0，f(1)df(2)d2d0，所以2，1,1,2都不是f(x)d的根由(1)知f(x)3(x1)(x1)當(dāng)x(2，)時(shí)，f(x)0，于是f(x)是單調(diào)增函數(shù)，從而f(x)f(2)2，此時(shí)f(x)d無(wú)實(shí)根同理，f(x)d在(，2)上無(wú)實(shí)根當(dāng)x(1,2)時(shí)，f(x)0，于是f(x)是單調(diào)增函數(shù)，又f(1)d0，f(2)d0，yf(x)d的圖象不間斷，所以f(x)d在(1,2)內(nèi)有唯一實(shí)根同理，f(x)d在(2，1)內(nèi)有唯一實(shí)根當(dāng)x(1,1)時(shí)，f(x)0，故f(x)是單調(diào)減函數(shù)，又f(1)d0，f(1)d0，yf(x)d的圖象不間斷，所以f(x)d在(1,1)內(nèi)有唯一實(shí)根由上可知：當(dāng)|d|2時(shí)，f(x)d有兩個(gè)不同的根x1，x2滿足|x1|1，|x2|2；當(dāng)|d|2時(shí)，f(x)d有三個(gè)不同的根x3，x4，x5滿足|xi|2，i3,4,5.現(xiàn)考慮函數(shù)yh(x)的零點(diǎn)(i)當(dāng)|c|2時(shí)，f(t)c有兩個(gè)根t1，t2滿足|t1|1，|t2|2，而f(x)t1有三個(gè)不同的根，f(x)t2有兩個(gè)不同的根，故yh(x)有5個(gè)零點(diǎn)(ii)當(dāng)|c|2時(shí)，f(t)c有三個(gè)不同的根，t3，t4，t5滿足|ti|2，i3,4,5，而f(x)ti(i3,4,5)有三個(gè)不同的根，故yh(x)有9個(gè)零點(diǎn)綜上可知，當(dāng)|c|2時(shí)，函數(shù)yh(x)有5個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)|c|2時(shí)，函數(shù)yh(x)有9個(gè)零點(diǎn)4(16年高考題).已知函數(shù)f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)若0a1，b1，函數(shù)g(x)f(x)2有且只有1個(gè)零點(diǎn)，求ab的值答案：1二、方法聯(lián)想函數(shù)的零點(diǎn)、方程的根、曲線的交點(diǎn)，這三個(gè)問(wèn)題本質(zhì)上同屬一個(gè)問(wèn)題，它們之間可相互轉(zhuǎn)化,這類問(wèn)題的考查通常有三類： (1)求函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù) 方法一：直接求出零點(diǎn)，根據(jù)定義域判斷； 方法二：畫出函數(shù)的大致圖象，利用兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)判斷； 方法三：研究函數(shù)的性質(zhì)，利用零點(diǎn)存在性定理證明。(2)求函數(shù)零點(diǎn)的范圍 利用零點(diǎn)存在性定理判斷，關(guān)鍵是找到實(shí)數(shù)a，b，使得f(a)f(b)0 常用的方法是找特殊值，或找與變量有關(guān)的值，也可利用不等式(ex1,lnxx1等)進(jìn)行放縮。(3)已知函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題求參數(shù)取值范圍求出函數(shù)的單調(diào)性和極值，畫出函數(shù)的大致圖象，判斷函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)利用零點(diǎn)存在性定理證明三、歸類研究*1已知函數(shù)f(x)lnx4求證：f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)(考察利用零點(diǎn)存在性定理和單調(diào)性證明零點(diǎn)個(gè)數(shù))證明：因?yàn)閒(x)，從而當(dāng)x(0，10)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(10，)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增所以當(dāng)x10時(shí)，f(x)有極小值(5分)因?yàn)閒(10)ln1030，f(1)60，所以f(x)在(1，10)之間有一個(gè)零點(diǎn)因?yàn)閒(e4)440，所以f(x)在(10，e4)之間有一個(gè)零點(diǎn)從而f(x)有且僅有兩個(gè)不同的零點(diǎn)*2(13年高考題). 設(shè)函數(shù)f(x)lnxax，其中a為實(shí)數(shù).試判斷函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并證明你的結(jié)論.(直接研究函數(shù)f(x)，討論參數(shù)a的取值范圍，判斷函數(shù)單調(diào)性，利用零點(diǎn)存在性定理證明零點(diǎn)存在及個(gè)數(shù))解析：函數(shù)f(x)定義域?yàn)?0，)，f (x)a，1當(dāng)a0時(shí)，由f(1)0，及f (x)0，得f(x)存在唯一的零點(diǎn)；2當(dāng)a0時(shí)，f (x)0，f(x)在(0，)上單調(diào)增，f(1)a0由于f(ea)aaeaa(1ea)0，且函數(shù)f(x)在ea,1上的圖象連續(xù)，所以函數(shù)f(x)在（ea,1）上有唯一零點(diǎn)，又f(x)在(0，)上單調(diào)增，所以f(x)在(0，)上有唯一零點(diǎn)3當(dāng)a0時(shí)，f (x)a，所以f(x)在(0,上單調(diào)增，在,)上單調(diào)減則f(x)極大值也是最大值為f()lna1當(dāng)lna10即a時(shí)，f(x)f()0，所以函數(shù)f(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)lna10即a時(shí)，函數(shù)f(x)有唯一零點(diǎn)；當(dāng)lna10，即0a時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn) 實(shí)際上，x(0,時(shí)，f(x)單調(diào)增，f(1)a0，又f()0，函數(shù)f(x)在(0,上的圖象連續(xù)，所以f(x)在(1,)，即在(0,上有唯一零點(diǎn)； x,)時(shí)，f()0，f()2ln或f(e)aea (e)設(shè)h(x)xex，xe，則h(x)2xex，再設(shè)l(x)2xex，xe，則l(x)2ex0，所以l(x)h(x)在e)上單調(diào)減，h(x)h(e)2eee0，所以h(x)在e)上單調(diào)減，又e，所以eeee0，即f(e)0，又函數(shù)f(x)在e)上的圖象連續(xù)，所以f(x)在(,e)，即在e)上有唯一零點(diǎn)； 所以。0a時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)綜上，（1）當(dāng)a，函數(shù)f(x)沒(méi)有零點(diǎn)；（2）當(dāng)a或a0時(shí)，函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)；（3）當(dāng)0a時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)*3設(shè)函數(shù)f(x)x2(a2)xalnx，若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求滿足條件的最小正整數(shù)a的值；(已知零點(diǎn)個(gè)數(shù)，首先研究函數(shù)性質(zhì)，根據(jù)單調(diào)性，可知最小值f0，且f(x)的最小值f0，即a24a4aln0，所以a4ln40.(6分)令h(a)a4ln4，顯然h(a)在(0，)上為增函數(shù)，且h(2)20，所以存在a0(2，3)，h(a0)0.當(dāng)aa0時(shí)，h(a)0；當(dāng)0aa0時(shí)，h(a)0，f(1)0，所以a3時(shí)，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)綜上所述，滿足條件的最小正整數(shù)a的值為3.*4.已知函數(shù)f(x)exalnxa，其中常數(shù)a0，若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(0x1x2)求證：x11x2a (利用零點(diǎn)存在性定理證零點(diǎn)位于某個(gè)區(qū)間，即證f()f(1)0且f(1)f(a)0，即只需判斷f()，f(1)，f(a)的符號(hào)，可先由f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)判斷出a的取值范圍為ae ，從而f(1)ea0，只需將f()，f(a)視為關(guān)于a的函數(shù)，再利用函數(shù)性質(zhì)證明均大于零)解：f(x)exalnxa0，則a(x)令(x) 所以(x) 設(shè)g(x)lnx1，可得g(x)為增函數(shù)且g(1)0 所以x(0，)(，1)時(shí)，g(x)0，即(x)0 x(1，)時(shí)，g(x)0，即(x)0所以(x)在(0，)，(，1)單調(diào)遞減，在(1，)單調(diào)遞增所以在x(，)，(x)min(1)e 因?yàn)閒(x)有兩個(gè)零點(diǎn) 所以ae 所以f(1)ea0 f(a)eaalnaa 所以f(a)ealna2 f(a)eaeaee0 所以f(a)在(e，)單調(diào)遞增所以f(a)f(e)ee3e230 則f(a)在(e，)單調(diào)遞增所以f(a)f(e)ee2ee22ee(e2)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1x2a 另一方面：f()ealnaealnaaea(lna1) 因?yàn)閍e，則lna10 又f()0，f(1)0 所以f(1)f()0則存在x1(，1)，使得f(x1)0即x11綜上所述：x11x2a*5已知函數(shù)f(x)(x1)lnxa(x1).求證：a2時(shí)，函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)(證明函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)，首先要研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)有3個(gè)零點(diǎn)，則至少有3個(gè)單調(diào)區(qū)間，導(dǎo)函數(shù)至少有兩個(gè)零點(diǎn)，需要先后利用零點(diǎn)存在性定理證明導(dǎo)函數(shù)和函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù))解：f (x)lnxa，令g(x)f (x)lnxa，則g (x)，所以g(x)在(0,1上單調(diào)減，在1,)上單調(diào)增，因?yàn)間min(x)g(1)1a0，又e1，a2時(shí)，g(e)a1eae2a10；g(e)1e0，函數(shù)g(x)是連續(xù)函數(shù)，所以函數(shù)g(x)在(e,1)和(1, e)上分別存在唯一零點(diǎn)x，x，即f (x) f (x)0，又f (x)在(0,1上單調(diào)減，在1,)上單調(diào)增，ex1x e所以f(x)在區(qū)間(0, x上單調(diào)增，x, x上單調(diào)減， x,)上單調(diào)增因?yàn)閒(1)0，f(x)在區(qū)間 x, x上單調(diào)減，所以f(x)在區(qū)間x, x上恰有一個(gè)零點(diǎn)，f(x)0，f(x)0因?yàn)閒(e)a(e1)a(e1)2a0，f(x)0，1xe，函數(shù)f(x)是x,)上連續(xù)函數(shù)且單調(diào)，所以f(x)在區(qū)間x, e) 即在x,)上存在唯一零點(diǎn)；因?yàn)閒(e)a (e1)a (e1)2a e0，f(x)0，函數(shù)f(x)是(0, x上連續(xù)函數(shù)且單調(diào)，所以f(x)在區(qū)間(e, x 即在(0, x上存在唯一零點(diǎn).所以，a2時(shí)，函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)類型二：導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)不可求問(wèn)題一、高考回顧(17年高考題).已知函數(shù)f(x)x3ax2bx1(a3，bR)有極值，且導(dǎo)函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn)（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值），b若f(x)，f(x) 這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于，求a的取值范圍解析：f (x)3x22axb，設(shè)f(x)的極值點(diǎn)是x1，x2，則x1x2a，xx.從而f(x1)f(x2)xaxbx11xaxbx21(3x2axb)(3x2axb)a(xx)b(xx)220記f(x)，f (x)所有極值之和為h(a)，因?yàn)閒 (x)的極值為ba2，所以h(a)a2，a3.因?yàn)閔(a)a0，于是h(a)在(3，)上單調(diào)遞減.因?yàn)閔(6)，于是h(a)h(6)，故a6.因此a的取值范圍為(3,6.二、方法聯(lián)想（1）多次求導(dǎo) 零點(diǎn)不存在或難以求出時(shí)，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)可能大于或小于0恒成立，利用導(dǎo)數(shù)判斷導(dǎo)函數(shù)單調(diào)性，研究導(dǎo)數(shù)的最值。（2）設(shè)出零點(diǎn)，整體代換 零點(diǎn)不可求的問(wèn)題中，往往是超越方程無(wú)法求解或求解復(fù)雜，可利用零點(diǎn)滿足的關(guān)系，整體代換或合理推理，將復(fù)雜問(wèn)題轉(zhuǎn)化簡(jiǎn)單問(wèn)題研究。三、歸類研究*1已知函數(shù)f(x)xexln x，證明：當(dāng)x0時(shí)，f(x)1(要證f(x)1，等價(jià)于證明最小值大于1，需要研究單調(diào)性，但導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)無(wú)法求出，利用導(dǎo)數(shù)研究導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，即二次求導(dǎo)，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理，證明零點(diǎn)的范圍，再將ex帶入化簡(jiǎn))證明：f (x)x (x2) ex, x0由f (x)(x4x2) ex0，則f (x)在(0,)上單調(diào)遞增，且是連續(xù)函數(shù)，又f ()0，f ()0，由零點(diǎn)存在性定理可知存在唯一x(,)，使得f (x)0當(dāng)x(0, x)時(shí)，f (x)0，f(x)在(0, x)上單調(diào)遞減；當(dāng)x( x,)時(shí)，f (x)0，f(x)在( x,)上單調(diào)遞增所以f(x)的最小值為f(x)，即 f(x)f(x)xexln x，又ex所以f(x)f(x)x2ln x，x(,)以下可證f(x)1*2.【2017課標(biāo)II，理】已知函數(shù)f(x)x2xxlnx證明：f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e2f(x0)22。(利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值)證明：由（1）知f(x)x2xxlnx，f(x)2x2lnx。設(shè)h(x)2x2lnx，則h(x)2。當(dāng)x(0，)時(shí)，h(x)0；當(dāng)x(，)時(shí)，h(x)0，所以h(x)在(0，)單調(diào)遞減，在(，)單調(diào)遞增。又h(e2)0，h()0，h(1)0，所以h(x)在(0，)有唯一零點(diǎn)x0，在，)有唯一零點(diǎn)1，且當(dāng)x(0，x0)時(shí)，h(x)0；當(dāng)x(x0，1)時(shí)，h(x)0，當(dāng)x(1，)時(shí)，h(x)0。因?yàn)閒(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一極大值點(diǎn)。由f(x0)0得lnx02(x01)，故f(x0)x0(1x0)。由x0(0，1)得f(x0)。因?yàn)閤x0是f(x)在（0,1）的最大值點(diǎn)，由e1(0，1)，f(e1)0得f(x0)f(e1)e2。所以e2f(x0)22。*3設(shè)函數(shù)f(x)e2xalnx.證明：當(dāng)a0時(shí)，f(x)2aaln.(考察常見函數(shù)導(dǎo)數(shù)及導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則；函數(shù)的零點(diǎn)；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)圖像與性質(zhì)；利用導(dǎo)數(shù)證明不等式；運(yùn)算求解能力f(x)的最小值為f(x0)，但x0無(wú)法解出，利用x0滿足的關(guān)系2e0，將e帶入，再用基本不等式消掉x0)解析：a0時(shí)，f (x)2e2x，可設(shè)f (x)在(0,)的唯一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x(0,x0)時(shí)，f (x)0;當(dāng)x(x0,)時(shí)，f (x)0.故f(x)在(0,x0)單調(diào)遞減，在(x0,)單調(diào)遞增，所以當(dāng)xx0時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為f(x0).由于2e0，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故當(dāng)a0時(shí)，f(x)2aaln.類型三：極值點(diǎn)偏移問(wèn)題一、高考回顧1(2016年新課標(biāo)I卷).已知函數(shù)f(x)(x2)exa(x1)2有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2.證明：x1x22.法一：參變分離再構(gòu)造差量函數(shù)由已知得：f(x1)f(x2)0，不難發(fā)現(xiàn)x11，x21，故可整理得：a設(shè)g(x)，則g(x1)g(x2)那么g(x)ex，當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增設(shè)m0，構(gòu)造代數(shù)式：g(1m)g(1m)e1me1me1m(e2m1)設(shè)h(m)e2m1，m0則h(m)e2m0，故h(m)單調(diào)遞增，有h(m)h(0)0因此，對(duì)于任意的m0，g(1m)g(1m)由g(x1)g(x2)可知x1、x2不可能在g(x)的同一個(gè)單調(diào)區(qū)間上，不妨設(shè)x1x2，則必有x11x2令m1x10，則有g(shù)1(1x1)g1(1x1)g(2x1)g(x1)g(x2)而2x11，x21，g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，因此：g(2x1)g(x2)2x1x2 整理得：x1x22法二：參變分離再構(gòu)造對(duì)稱函數(shù)由法一，得g(x)，構(gòu)造G(x)g(x)g(2x)，(x(，1)，利用單調(diào)性可證，此處略. 2（2013湖南文）已知函數(shù)f(x)ex，證明：當(dāng)f(x1)f(x2)(x1x2)時(shí)，x1x20解析：易知，f(x)在(，0)上單調(diào)遞增，在(0，)上單調(diào)遞減。當(dāng)x1時(shí)，由于0，ex0，所以f(x)0；同理，當(dāng)x1時(shí)，f(x)0。當(dāng)f(x1)f(x2)(x1x2)時(shí)，不妨設(shè)x1x2，由函數(shù)單調(diào)性知x1(，0)，x2(0，1)。下面證明：x(0，1)，f(x)f(x)，即證：exex，此不等式等價(jià)于(1x)ex0.令F(x)(1x)ex，x(0，1)，則F(x)xex(e2x1)，當(dāng)x(0，1)時(shí)，F(xiàn)(x)0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減，從而F(x)F(0)0，即(1x)ex0，所以x(0，1)，f(x)f(x)。而x2(0，1)，所以f(x2)f(x2)，又f(x1)f(x2)，從而f(x1)f(x2).由于x1，x2(，0)，且f(x)在(，0)上單調(diào)遞增，所以x1x2，即x1x20二、方法聯(lián)想1換元法 將x與x的差或商等當(dāng)做整體，構(gòu)造新元設(shè)為t，令t或txx等，求出x，x與t之間的關(guān)系，轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù)問(wèn)題2主元法構(gòu)造函數(shù)主元法破解極值點(diǎn)偏移問(wèn)題思路是：根據(jù)f(x1)f(x2)(x1x2)建立等量關(guān)系，并結(jié)合f(x)的單調(diào)性，確定x1，x2的取值范圍；不妨設(shè)x1x2，將待證不等式進(jìn)行變形，進(jìn)而結(jié)合原函數(shù)或?qū)Ш瘮?shù)的單調(diào)性等價(jià)轉(zhuǎn)化構(gòu)造關(guān)于x1（或x2）的一元函數(shù)T(x)f(xi)f(2axi)(i1，2)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，并借助于單調(diào)性，得到待證不等式的證明3對(duì)稱構(gòu)造函數(shù)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性并求出f(x)的極值點(diǎn)x0； 假設(shè)此處f(x)在(，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增.構(gòu)造F(x)f(x0x)f(x0x)； 注：此處根據(jù)題意需要還可以構(gòu)造成F(x)f(x)f(2x0x)的形式通過(guò)求導(dǎo)F(x)討論F(x)的單調(diào)性，判斷出F(x)在某段區(qū)間上的正負(fù)，并得出f(x0x)與f(x0x)的大小關(guān)系；假設(shè)此處F(x)在(0，)上單調(diào)遞增，那么我們便可得出F(x)F(x0)f(x0)f(x0)0，從而得到：xx0時(shí)，f(x0x)f(x0x).不妨設(shè)x1x0x2，通過(guò)f(x)的單調(diào)性，f(x1)f(x2)，f(x0x)與f(x0x)的大小關(guān)系得出結(jié)論；接上述情況，由于xx0時(shí)，f(x0x)f(x0x)且x1x0x2，f(x1)f(x2)，故f(x1)f(x2)fx0(x2x0)fx0(x2x0)f(2x0x2)，又因?yàn)閤1x0，2x0x2x0且f(x)在(，x0)上單調(diào)遞減，從而得到x12x0x2，從而x1x22x0得證.三、歸類研究*1已知函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)記為f(x)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))若存在實(shí)數(shù)x1，x2(x1x2)使得f(x1)f(x2)，求證： f0. (利用構(gòu)造的新元，將兩個(gè)舊的變?cè)紦Q成新元來(lái)表示，從而達(dá)到消元的目的)證明： 由題意f(x1)f(x2)，則，不妨設(shè)0x1x2，則x1ex2x2ex1，則x1lnx2x2lnx1，即1，f(x)e，欲證f1，(11分)只需證，只需證，只需證，令t，h(t)lnt，t(1，)，則h(t)0，當(dāng)t(1，)恒成立，故h(t)在t(1，)上單調(diào)遞減，故h(t)A恒成立,則f(x)minA；. xD,均有f(x) g(x)恒成立,則F(x)= f(x)g(x) 0,所以F(x)min 0；(2)存在性問(wèn)題x0D,使得f(x0)A成立,則f(x) max A；x0D,使得f(x0) g(x0)成立,設(shè)F(x)= f(x)g(x),則F(x) max 0；(3)恒成立與存在性綜合性問(wèn)題相等問(wèn)題若f(x)的值域分別為A,B,則x1D, x2E,使得f(x1)=g(x2)成立,則； x1D, x2E, 使得f(x1)=g(x2)成立,則.不等問(wèn)題x1D, x2E, 使得f(x1) g(x2)成立,則f(x)min g(x) min； x1D, x2E,均有f(x1) g(x2)恒成立,則f(x)min g(x)max； x1D, x2E, 使得f(x1) g(x2)成立,則f(x) max g(x) min；(4) 分離參數(shù)法不等式f(x，)0,（ xD,為實(shí)參數(shù)）恒成立中參數(shù)的取值范圍的基本步驟:將參數(shù)與變量分離,即化為g()f(x)（或g()f(x)）恒成立的形式；求f(x)在xD上的最大（或最?。┲?；解不等式g()f(x)max(或g()f(x)min) ,得的取值范圍.(5) 數(shù)形結(jié)合法對(duì)于參數(shù)不能單獨(dú)放在一側(cè)的,可以利用函數(shù)圖象來(lái)解.利用數(shù)形結(jié)合解決恒成立問(wèn)題,應(yīng)先構(gòu)造函數(shù),作出符合已知條件的圖形,再考慮在給定區(qū)間上函數(shù)與函數(shù)圖象之間的關(guān)系,得出答案或列出條件,求出參數(shù)的范圍.(6) 含參討論法對(duì)于參數(shù)不能分離或分離較復(fù)雜的問(wèn)題，可以先利用特殊值，縮小參數(shù)取值范圍，再對(duì)參數(shù)范圍進(jìn)行討論，研究含有參數(shù)的函數(shù)的最值，從而得到參數(shù)取值范圍。三、歸類探究*1設(shè)函數(shù)f(x)alnxx2x,aR且a1. 若存在x1，),使得f(x),求a的取值范圍.(解決函數(shù)中存在性問(wèn)題常見方法有兩種：一是直接法，直接研究函數(shù)的最值；二是間接法,先求其否定（恒成立問(wèn)題）,再求其否定補(bǔ)集即可解決)解析：,f(x)alnxx2x,f(x)(1a)x1, 令f(x)0,得x11,x2,而1,當(dāng)a時(shí),1,在1，)上，f (x)0,則f(x)為增函數(shù),(f(x)minf(1)1,令,即a22a10,解得1a1. 當(dāng)a1時(shí), 1,則f(x)在(1, 上單調(diào)減，在,)上單調(diào)增，所以(f(x)minf()aln,不合題意,無(wú)解。當(dāng)a1時(shí),顯然有f(x)0,0,不等式f(x)恒成立,符合題意, 綜上,a的取值范圍是(1，1)(1，). *2已知函數(shù)f(x)xalnx1，g(x)，其中a均為實(shí)數(shù)，a0，若對(duì)任意的x1、x23，4(x1x2)，|f(x2)f(x1)|恒成立，求a的最小值；(理解題意，通過(guò)判斷函數(shù)的單調(diào)性，去絕對(duì)值符號(hào)，構(gòu)造新函數(shù)，可知新函數(shù)的單調(diào)性，轉(zhuǎn)換為恒成立問(wèn)題)解析： 當(dāng)m1，a0時(shí)，f(x)xalnx1，x(0，) f(x)0在3，4上恒成立， f(x)在3，4上為增函數(shù)設(shè)h(x)， h(x)0在3，4上恒成立， h(x)在3，4上為增函數(shù)設(shè)x2x1，則|f(x2)f(x1)|等價(jià)于f(x2)f(x1)h(x2)h(x1)，即f(x2)h(x2)f(x1)h(x1)設(shè)u(x)f(x)h(x)xalnx1，則u(x)在3，4上為減函數(shù) u(x)10在(3，4)上恒成立(6分) axex1恒成立設(shè)v(x)xex1， v(x)1ex11ex1()2，x3，4， ex1()2e21， v(x)0，v(x)為減函數(shù) v(x)在3，4上的最大值為v(3)3e2.(8分) a3e2， a的最小值為3e2.*3已知函數(shù)f(x)ax2lnx（a為常數(shù)）若a0，且對(duì)任意的x1，e，f(x)(a2)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.(恒成立問(wèn)題，當(dāng)分離變量所得函數(shù)較復(fù)雜時(shí)，可對(duì)含有參數(shù)的函數(shù)討論)解析：設(shè)F(x)f(x)(a2)xax2lnx(a2)x，因?yàn)閷?duì)任意的x1，e，f(x)(a2)x恒成立，所以F(x)0恒成立，F(xiàn)(x)2ax(a2),因?yàn)閍0，令F(x)0，得x，x當(dāng)01，即a1時(shí)，因?yàn)閤(1,e)時(shí)，F(xiàn)(x)0，所以F(x)在(1,e)上單調(diào)遞減，因此對(duì)任意的x1,e，F(xiàn)(x)0恒成立，所以x1,e，F(xiàn)(x)minF(e)0，即ae21(a2)e0，所以a，因?yàn)?，所以此時(shí)a不存在1e即1a時(shí)，F(xiàn)(x)在(1, )上單調(diào)遞增，在(，e)上單調(diào)遞減，所以F(e)0且F(1)0，所以a，因?yàn)?，所以a，當(dāng)e，即a0時(shí)，因?yàn)閤(1，e)時(shí)，F(xiàn)(x)0，所以F(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，由于F(1)20，符合題意； 綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是，)*4已知函數(shù)f(x)xsinx,求實(shí)數(shù)a的取值范圍，使不等式f(x)axcosx在上恒成立(恒成立問(wèn)題，當(dāng)分離變量所得函數(shù)較復(fù)雜時(shí)，可對(duì)含有參數(shù)的函數(shù)討論)解：當(dāng)a0時(shí)，f(x)xsinx0axcosx恒成立當(dāng)a0時(shí)，令g(x)f(x)axcosxxsinxaxcosx，g(x)1cosxa(cosxxsinx)1(1a)cosxaxsinx. 當(dāng)1a0，即0a1時(shí)，g(x)1(1a)cosxaxsinx0，所以g(x)在上為單調(diào)增函數(shù)，所以g(x)g(0)0sin0a0cos00，符合題意(10分) 當(dāng)1a0，即a1時(shí)，令h(x)g(x)1(1a)cosxaxsinx，于是h(x)(2a1)sinxaxcosx，因?yàn)閍1，所以2a10，從而h(x)0，所以h(x)在上為單調(diào)增函數(shù)，所以h(0)h(x)h，即2ah(x)a1，亦即2ag(x)a1.(12分)() 當(dāng)2a0，即1a2時(shí)，g(x)0，所以g(x)在上為單調(diào)增函數(shù)于是g(x)g(0)0，符合題意(14分)() 當(dāng)2a0，即a2時(shí)，存在x0，使得當(dāng)x(0，x0)時(shí)，有g(shù)(x)0，此時(shí)g(x)在(0，x0)上為單調(diào)減函數(shù)，從而g(x)g(0)0，不能使g(x)0恒成立，綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a2.綜合應(yīng)用篇一、例題分析例1已知函數(shù)f(x)ax3|xa|，aR（1）若a1，求函數(shù)yf(x) (x0，)的圖象在x1處的切線方程；（2）若g(x)x4，試討論方程f(x)g(x)的實(shí)數(shù)解的個(gè)數(shù)；（3）當(dāng)a0時(shí)，若對(duì)于任意的x1a，a2，都存在x2a2，)，使得f(x1)f(x2)1024，求滿足條件的正整數(shù)a的取值的集合解：（1）當(dāng)a1，x0，)時(shí)，f(x)x3x1，從而f (x)3x21當(dāng)x1時(shí)，f(1)1，f (1)2，所以函數(shù)yf(x) (x0，)的圖象在x1處的切線方程為y12(x1)，即2xy30 （2）f(x)g(x)即為ax3|xa|x4所以x4ax3|xa|，從而x3(xa)|xa|此方程等價(jià)于xa或或 所以當(dāng)a1時(shí)，方程f(x)g(x)有兩個(gè)不同的解a，1；當(dāng)1a1時(shí)，方程f(x)g(x)有三個(gè)不同的解a，1，1；當(dāng)a1時(shí)，方程f(x)g(x)有兩個(gè)不同的解a，1 （3）當(dāng)a0，x(a，)時(shí)，f(x)ax3xa，f (x)3ax210，所以函數(shù)f(x)在(a，)上是增函數(shù)，且f(x)f(a)a40所以當(dāng)xa，a2時(shí)，f(x)f(a)，f(a2)，當(dāng)xa2，)時(shí)，f(x) f(a2)，) 因?yàn)閷?duì)任意的x1a，a2，都存在x2a2，)，使得f(x1)f(x2)1024，所以， f(a2)，) 從而f(a2)所以f 2(a2)1024，即f(a2)32，也即a(a2)3232因?yàn)閍0，顯然a1滿足，而a2時(shí)，均不滿足所以滿足條件的正整數(shù)a的取值的集合為1 教學(xué)建議（1）主要問(wèn)題歸類與方法：本題是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，確定函數(shù)的零點(diǎn)，恒成立問(wèn)題和存在性問(wèn)題.（2）方法選擇與優(yōu)化建議：1含絕對(duì)值的函數(shù)本質(zhì)是分段函數(shù)，考慮去絕對(duì)值符號(hào)2函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題首先觀察能否解出，能解出再考慮定義域及等根問(wèn)題，不能解出可考慮數(shù)形結(jié)合轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)，或研究函數(shù)的單調(diào)性與極值3理解恒成立問(wèn)題和存在性問(wèn)題，進(jìn)一步理解恒成立和存在性混合問(wèn)題4幫助學(xué)生理解題意，得出恒成立和存在性混合問(wèn)題中，等量關(guān)系可轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)值域的關(guān)系例2已知函數(shù)f(x)alnx(aR)(1) 求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2) 試求f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并證明你的結(jié)論解：(1) 由函數(shù)f(x)alnx(aR)，得f(x)(lnx2)令f(x)0，得xe2.列表如下：x(0，e2)e2(e2，)f(x)0f(x)極小值因此，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(e2，)，單調(diào)減區(qū)間為(0，e2)(2) 由(1)可知，fmin(x)f(e2)a2e1.() 當(dāng)a2e1時(shí)，由f(x)f(e2)a2e10，得函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0.() 當(dāng)a2e1時(shí)，因f(x)在(e2，)上單調(diào)遞增，在(0，e2)上單調(diào)遞減，故x(0，e2)(e2，)時(shí)，f(x)f(e2)0.此時(shí)，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.() 當(dāng)a2e1時(shí)，fmin(x)f(e2)a2e10. a0時(shí)，因?yàn)楫?dāng)x(0，e2時(shí)，f(x)alnxa0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，e2上無(wú)零點(diǎn)；另一方面，因?yàn)閒(x)在e2，)上單調(diào)遞增，且f(e2)a2e10，又e2a(e2，)，且f(e2a)a(12ea)0，此時(shí)，函數(shù)f(x)在(e2，)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)所以，當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1. 0a2e1時(shí)，因?yàn)閒(x)在e2，)上單調(diào)遞增，且f(1)a0，f(e2)a2e10，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(e2，)上有且只有1個(gè)零點(diǎn)；另一方面，因?yàn)閒(x)在(0，e2上單調(diào)遞減，且f(e2)a2e10，又e(0，e2)，且faa0(當(dāng)x0時(shí)，exx2成立)，此時(shí)函數(shù)f(x)在(0，e2)上有且只有1個(gè)零點(diǎn)所以，當(dāng)0a2e1時(shí)，函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.綜上所述，當(dāng)a2e1時(shí)，f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0；當(dāng)a2e1，或a0時(shí)，f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1；當(dāng)0a2e1時(shí)，f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.教學(xué)建議（1）主要問(wèn)題歸類與方法：本題是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，考查函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題，零點(diǎn)問(wèn)題.（2）方法選擇與優(yōu)化建議：1研究函數(shù)單調(diào)性，注意書寫規(guī)范，嚴(yán)格通過(guò)導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)判斷單調(diào)性2求出函數(shù)的最小值，討論參數(shù)a的范圍，判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)3考慮到過(guò)程的嚴(yán)謹(jǐn)性，需要用零點(diǎn)存在性定理證明零點(diǎn)的個(gè)數(shù)4運(yùn)用零點(diǎn)存在性定理時(shí)，尋找兩個(gè)符號(hào)相反的函數(shù)值，常用的方法是找特殊值，或找與變量有關(guān)的值，也可利用不等式(ex1,lnxx1等)進(jìn)行放縮。例3.已知函數(shù)f(x)ax4x2，x(0，)，g(x)f(x)f(x)(1) 若a0，求證：() f(x)在f(x)的單調(diào)減區(qū)間上也單調(diào)遞減；() g(x)在(0，)上恰有兩個(gè)零點(diǎn)；(2) 若a1，記g(x)的兩個(gè)零點(diǎn)為x1，x2，求證：4x1x2a4. 證明：(1) () 因?yàn)閒(x)ax4x2(x0)，所以f(x)4ax3x.由(4ax3x)12ax210得f(x)的遞減區(qū)間為，(2分)當(dāng)x時(shí)，f(x)4ax3xx(4ax21)0，所以f(x)在f(x)的遞減區(qū)間上也遞減(4分)() (證法1)g(x)f(x)f(x)ax4x2(4ax3x)ax44ax3x2x，因?yàn)閤0，由g(x)ax44ax3x2x0得ax34ax2x