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第二课时第二课时 “导数与函数的零点问题导数与函数的零点问题”考法面面观考法面面观 考法一考法一 函数零点个数问题函数零点个数问题 题型题型 策略策略(一一)| 讨论函数的零点个数讨论函数的零点个数 例例1 已知已知 f (x)ex(ax2x1)当当 a0 时，试讨论方程时，试讨论方程 f (x)1 的解的个数的解的个数 破题思路破题思路 求什么求什么想什么想什么 讨论方程讨论方程 f (x)1 的解的个数，想到的解的个数，想到 f (x)1 的零点个数的零点个数 给什么给什么用什么用什么 给出给出 f (x)的解析式，用的解析式，用 f (x)1 构造函数，转化为零点问题求解构造函数，转化为零点问题求解(或分离参数，结或分离参数，结合图象求解合图象求解) 规范解答规范解答 法一：分类讨论法法一：分类讨论法(学生用书不提供解题过程学生用书不提供解题过程) 方程方程 f (x)1 的解的个数即为函数的解的个数即为函数 h(x)exax2x1(a0)的零点个数的零点个数 而而 h(x)ex2ax1， 设设 H(x)ex2ax1，则，则 H(x)ex2a. 令令 H(x)0，解得，解得 xln 2a；令；令 H(x)0， 解得解得 x0)， 则则 g(m)1(1ln m)ln m， 令令 g(m)1；令；令 g(m)0，得，得 0m12时，时，ln 2a0，h(x)minh(ln 2a)0 使得使得 h(x1)0， 这时这时 h(x)在在(，0)上单调递增，在上单调递增，在(0，x1)上单调递减，在上单调递减，在(x1，)上单调递增上单调递增 所以所以 h(x1)h(0)0，又，又 h(0)0， 所以此时所以此时 h(x)有两个零点有两个零点 当当 0a12时，时，ln 2a0，h(x)minh(ln 2a)0， 又又 h(x)在在(，ln 2a)上单调递减，在上单调递减，在(ln 2a，)上单调递增，上单调递增， 又又 h(0)0，则存在，则存在 x2h(0)0，h(0)0， 所以此时所以此时 f (x)有两个零点有两个零点 综上，当综上，当 a12时，方程时，方程 f (x)1 只有一个解；当只有一个解；当 a12且且 a0 时，方程时，方程 f (x)1 有两个有两个解解 法二：分离参数法法二：分离参数法(学生用书提供解题过程学生用书提供解题过程) 方程方程 f (x)1 的解的个数即方程的解的个数即方程 exax2x10(a0)的解的个数，方程可化为的解的个数，方程可化为 ax2exx1. 当当 x0 时，方程为时，方程为 0e001，显然成立，所以，显然成立，所以 x0 为方程的解为方程的解 当当 x0 时，分离参数可得时，分离参数可得 aexx1x2(x0) 设函数设函数 p(x)exx1x2(x0)， 则则 p(x) exx1 x2 x2 exx1 x2 2ex x2 x2x3. 记记 q(x)ex(x2)x2，则，则 q(x)ex(x1)1. 记记 t(x)q(x)ex(x1)1，则，则 t(x)xex. 显然当显然当 x0 时，时，t(x)0 时，时，t(x)0，函数，函数 t(x)单调递增单调递增 所以所以 t(x)t(0)e0(01)10，即，即 q(x)0， 所以函数所以函数 q(x)单调递增单调递增 而而 q(0)e0(02)020， 所以当所以当 x0 时，时，q(x)0，函数，函数 p(x)单调递增；单调递增； 当当 x0 时，时，q(x)0，即，即 p(x)0，函数，函数 p(x)单调递增单调递增 而当而当 x0 时，时，p(x) exx1 x2 x0ex12x x0 ex1 2x x0ex2 x012(洛必达法洛必达法则则)， 当当 x时，时，p(x) exx1 x2 xex12x x0， 故函数故函数 p(x)的图象如图所示的图象如图所示 作出直线作出直线 ya. 显然，当显然，当 a12时，直线时，直线 ya 与函数与函数 p(x)的图象无交点，即方程的图象无交点，即方程 exax2x10 只有只有一个解一个解 x0； 当当 a12且且 a0 时，直线时，直线 ya 与函数与函数 p(x)的图象有一个交点的图象有一个交点(x0，a)，即方程，即方程 exax2x10 有两个解有两个解 x0 或或 xx0. 综上，当综上，当 a12时，方程时，方程 f (x)1 只有一个解；当只有一个解；当 a12且且 a0 时，方程时，方程 f (x)1 有两个有两个解解 注注 部分题型利用分离法处理时，会出现部分题型利用分离法处理时，会出现“00”型的代数式，这是大学数学中的不定型的代数式，这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题有效的方法就是洛必达法则式问题，解决这类问题有效的方法就是洛必达法则 法则法则 1 若函数若函数 f (x)和和 g(x)满足下列条件：满足下列条件： (1)limxaf (x)0 及及 limxag(x)0； (2)在点在点 a 的去心邻域内，的去心邻域内，f (x)与与 g(x)可导且可导且 g(x)0； (3)limxa f x g x l. 那么那么 limxa f x g x limxa f x g x l. 法则法则 2 若函数若函数 f (x)和和 g(x)满足下列条件：满足下列条件： (1)limxaf (x)及及 limxag(x)； (2)在点在点 a 的去心邻域内，的去心邻域内，f (x)与与 g(x)可导且可导且 g(x)0； (3)limxa f x g x l. 那么那么 limxa f x g x limxa f x g x l. 题后悟通题后悟通 思路思路 受阻受阻 构造函数后，正确进行分类讨论是解决本题的关键；不知道分类讨论构造函数后，正确进行分类讨论是解决本题的关键；不知道分类讨论或分类讨论时，分类不明或分类不全是解决此类问题常犯的错误或分类讨论时，分类不明或分类不全是解决此类问题常犯的错误 分析分析 技法技法 关键关键 点拨点拨 判断函数零点个数的思路判断函数零点个数的思路 判断函数在某区间判断函数在某区间a，b(a，b)内的零点的个数时，主要思内的零点的个数时，主要思路为：一路为：一是由是由 f (a)f (b)0，所以，所以 f (x)在在(0，)上单调递增；上单调递增； 当当 a0 时，由时，由 f x 0，x0得得 0 xaa；由；由 f (x)aa， 所以所以 f (x)在在 0，aa上单调递增，在上单调递增，在 aa， 上单调递减上单调递减 综上所述：当综上所述：当 a0 时，时，f (x)的单调递增区间为的单调递增区间为(0，)； 当当 a0 时，时，f (x)的单调递增区间为的单调递增区间为 0，aa，单调递减区间为，单调递减区间为 aa， . (3)由由(2)可知，可知， ()当当 a0，故，故 f (x)在在1，e2上没有零点上没有零点 ()当当 a0 时，时，f (x)在在1，e2上单调递增，而上单调递增，而 f (1)12a0，故，故 f (x)在在1，e2上有一上有一个零点个零点 ()当当 a0 时，时，若若aa1，即，即 a1 时，时，f (x)在在1，e2上单调递减因为上单调递减因为 f (1)12a0，所以所以 f (x)在在1，e2上没有零点上没有零点 若若 1aae2，即，即1e4a1 时，时，f (x)在在 1，aa上单调递增，在上单调递增，在 aa，e2上单调递减，上单调递减，而而 f (1)12a0，f aa12ln a12，f (e2)212ae4， 若若 f aa12ln a121e时，时，f (x)在在1，e2上没有零点；上没有零点； 若若 f aa12ln a120，即，即 a1e时，时，f (x)在在1，e2上有一个零点；上有一个零点； 若若 f aa12ln a120，即，即 a0，得，得 a4e4，此时，此时，f (x)在在1，e2上有一个零点；上有一个零点； 由由 f (e2)212ae40，得，得 a4e4，此时，此时，f (x)在在1，e2上有两个零点；上有两个零点； 若若aae2，即，即 0a1e4时，时，f (x)在在1，e2上单调递增，上单调递增， 因为因为 f (1)12a0，所以，所以 f (x)在在1，e2上有一个零点上有一个零点 综上所述：当综上所述：当 a1e时，时，f (x)在在1，e2上没有零点；当上没有零点；当 0a4e4或或 a1e时，时，f (x)在在1，e2上有一个零点；当上有一个零点；当4e4a1e时，时，f (x)在在1，e2上有两个零点上有两个零点 题型题型 策略策略 二二 | 由函数的零点个数求参数范围由函数的零点个数求参数范围 例例2 已知函数已知函数 f (x)xex12a(x1)2. (1)若若 ae，求函数，求函数 f (x)的极值；的极值； (2)若函数若函数 f (x)有两个零点，求实数有两个零点，求实数 a 的取值范围的取值范围 破题思路破题思路 第第(1)问问 求什么求什么想什么想什么 求求 f (x)的极值，想到求的极值，想到求 f (x)0 的解，然后根据单调性求极值的解，然后根据单调性求极值 第第(2)问问 求什么求什么想什么想什么 求实数求实数 a 的取值范围，想到建立关于的取值范围，想到建立关于 a 的不等式的不等式 给什么给什么用什么用什么 给出函数给出函数 f (x)的解析式，并已知的解析式，并已知 f (x)有两个零点有两个零点，利用，利用 f (x)的图象与的图象与 x轴有两个交点求解轴有两个交点求解 规范解答规范解答 (1)直接法直接法(学生用书不提供解题过程学生用书不提供解题过程) 由题意知，当由题意知，当 ae 时，时，f (x)xex12e(x1)2，函数，函数 f (x)的定义域为的定义域为(，)， f (x)(x1)exe(x1)(x1)(exe) 令令 f (x)0，解得，解得 x1 或或 x1. 当当 x 变化时，变化时，f (x)，f (x)的变化情况如下表所示：的变化情况如下表所示： x (，1) 1 (1,1) 1 (1，) f (x) 0 0 f (x) 极大值极大值1e 极小值极小值e 所以当所以当 x1 时，时，f (x)取得极大值取得极大值1e；当；当 x1 时，时，f (x)取得极小值取得极小值e. (2)法一：分类讨论法法一：分类讨论法(学生用书不提供解题过程学生用书不提供解题过程) f (x)(x1)exa(x1)(x1)(exa)， 若若 a0，易知函数，易知函数 f (x)在在(，)上只有一个零点，故不符合题意上只有一个零点，故不符合题意 若若 a0，当，当 x(，1)时，时，f (x)0，f (x)单调递增单调递增 由由 f (1)1e0，当，当 x时，时，f (x)， 所以函数所以函数 f (x)在在(，)上有两个零点上有两个零点 若若 ln a1，即，即 0a0，f (x)单调递增；单调递增； 当当 x(ln a，1)时，时，f (x)0，f (x)单调递减单调递减 又又 f (ln a)aln a12a(ln a1)21，即，即 a1e，当，当 x(，1)(ln a，)时，时，f (x)0，f (x)单调递增；单调递增； 当当 x(1，ln a)时，时，f (x)0，f (x)单调递减单调递减 又又 f (1)1e0，所以函数，所以函数 f (x)在在(，)上至多有一个零点，故不符合题意上至多有一个零点，故不符合题意 综上，实数综上，实数 a 的取值范围是的取值范围是(，0) 法二：数形结合法法二：数形结合法(学生用书提供解题过程学生用书提供解题过程) 令令 f (x)0，即，即 xex12a(x1)20， 得得 xex12a(x1)2. 当当 x1 时，方程为时，方程为e112a0，显然不成立，显然不成立， 所以所以 x1 不是方程的解，即不是方程的解，即1 不是函数不是函数 f (x)的零点的零点 当当 x1 时，分离参数得时，分离参数得 a2xex x1 2. 记记 g(x)2xex x1 2(x1)， 则则 g(x) 2xex x1 2 x1 2 2xex x1 4 2ex x21 x1 3. 当当 x1 时，时，g(x)1 时，时，g(x)0，函数，函数 g(x)单调递增单调递增 当当 x0 时，时，g(x)0；当；当 x时，时，g(x)0；当；当 x1 时，时，g(x)；当；当 x时，时，g(x). 故函数故函数 g(x)的图象如图所示的图象如图所示 作出直线作出直线 ya，由图可知，当，由图可知，当 a0， 当当 a0 时，显然时，显然 f (x)0，f (x)在在(0，)上单调递增；上单调递增； 当当 a0 时，令时，令 f (x)2ax2x1x0，则，则2ax2x10，易知其判别式为正，易知其判别式为正， 设方程的两根分别为设方程的两根分别为 x1，x2(x1x2)， 则则 x1x212a0，x100. 令令 f (x)0，得，得 x(0，x2)；令；令 f (x)0 时，函数时，函数 f (x)在在(0，x2)上单调递增，在上单调递增，在(x2，)上单调递减，上单调递减， f (x)maxf (x2) 要使要使 f (x)有两个零点，需有两个零点，需 f (x2)0， 即即 ln x2ax22x20， 又由又由 f (x2)0 得得 ax221x22，代入上面的不等式得，代入上面的不等式得 2ln x2x21，解得，解得 x21， a1x22x2212 1x221x21. 下面证明：当下面证明：当 a(0,1)时，时，f (x)有两个零点有两个零点 f 1eln1eae21e0， f 2aln2aa4a22a2aa4a22a0(ln xx) 又又 x21 8a14a1 814a1a281111e， f (x2)ln x2ax22x212(2ln x2x21)0， f (x)在在 1e，x2与与 x2，2a上各有一个零点上各有一个零点 a 的取值范围为的取值范围为(0,1) 法二：法二：函数函数 f (x)有两个零点，等价于方程有两个零点，等价于方程 aln xxx2有两解有两解 令令 g(x)ln xxx2，x0，则，则 g(x)12ln xxx3. 由由 g(x)12ln xxx30，得，得 2ln xx1， 解得解得 0 x0，当，当 x0 时，时，g(x)， 作出函数作出函数 g(x)的简图如图，结合函数值的变化趋势猜想：当的简图如图，结合函数值的变化趋势猜想：当 a(0,1)时符合题意时符合题意 下面给出证明：下面给出证明： 当当 a1 时，时，ag(x)max，方程至多一解，不符合题意；，方程至多一解，不符合题意； 当当 a0 时，方程至多一解，不符合题意；时，方程至多一解，不符合题意； 当当 a(0,1)时，时，g 1e0，g 1ea0， g 2aa24 ln2a2aa24 2a2aa， g 2aa0)，a 为常数，若函数为常数，若函数 f (x)有两个零点有两个零点 x1，x2(x1x2)证明：证明：x1x2e2. 破题思路破题思路 证明证明 x1x2e2，想到把双变量，想到把双变量 x1，x2转化为只含有一个变量的不等式证明转化为只含有一个变量的不等式证明 规范解答规范解答 法一：巧抓根商法一：巧抓根商 cx1x2构造函数构造函数(学生用书不提供解题过程学生用书不提供解题过程) 不妨设不妨设 x1x20， 因为因为 ln x1ax10，ln x2ax20， 所以所以 ln x1ln x2a(x1x2)，ln x1ln x2a(x1x2)，所以，所以ln x1ln x2x1x2a， 欲证欲证 x1x2e2，即证，即证 ln x1ln x22. 因为因为 ln x1ln x2a(x1x2)，所以即证，所以即证 a2x1x2， 所以原问题等价于证明所以原问题等价于证明ln x1ln x2x1x22x1x2， 即即 ln x1x22 x1x2 x1x2， 令令 cx1x2(c1)，则不等式变为，则不等式变为 ln c2 c1 c1. 令令 h(c)ln c2 c1 c1，c1， 所以所以 h(c)1c4 c1 2 c1 2c c1 20， 所以所以 h(c)在在(1，)上单调递增，上单调递增， 所以所以 h(c)h(1)ln 100， 即即 ln c2 c1 c10(c1)， 因此原不等式因此原不等式 x1x2e2得证得证 启思维启思维 该方法的基本思路是直接消掉参该方法的基本思路是直接消掉参数数 a， 再结合所证问题， 巧妙引入变量， 再结合所证问题， 巧妙引入变量 cx1x2，从而构造相应的函数其解题要点为：从而构造相应的函数其解题要点为： (1)联立消参：联立消参：利用方程利用方程 f (x1)f (x2)消掉解析式中的参数消掉解析式中的参数 a. (2)抓商构元：抓商构元：令令 cx1x2，消掉变量，消掉变量 x1，x2，构造关于，构造关于 c 的函数的函数 h(c) (3)用导求解：用导求解：利用导数求解函数利用导数求解函数 h(c)的最小值，从而可证得结论的最小值，从而可证得结论 法二：抓极值点构造函数法二：抓极值点构造函数(学生用书提供解题过程学生用书提供解题过程) 由题意，函数由题意，函数 f (x)有两个零点有两个零点 x1，x2(x1x2)，即，即 f (x1)f (x2)0，易知，易知 ln x1，ln x2是是方程方程 xaex的两根的两根 令令 t1ln x1，t2ln x2. 设设 g(x)xex，则，则 g(t1)g(t2)， 从而从而 x1x2e2ln x1ln x22t1t22. 下证：下证：t1t22. g(x)(1x)ex，易得，易得 g(x)在在(，1)上单调递增，在上单调递增，在(1，)上单调递减，上单调递减， 所以函数所以函数 g(x)在在 x1 处取得极大值处取得极大值 g(1)1e. 当当 x时，时，g(x)；当；当 x时，时，g(x)0 且且 g(x)0. 由由 g(t1)g(t2)， t1t2， 不妨设， 不妨设 t1t2， 作出函数， 作出函数g(x)的图象如图所示， 由图知必有的图象如图所示， 由图知必有0t110， 所以所以 F(x)在在(0,1上单调递增，上单调递增， 所以所以 F(x)F(0)0 对任意的对任意的 x(0,1恒成立，恒成立， 即即 g(1x)g(1x)对任意的对任意的 x(0,1恒成立恒成立 由由 0t11g1(1t1)g(t1)g(t2)， 即即 g(2t1)g(t2)，又，又 2t1(1，)，t2(1，)，且，且 g(x)在在(1，)上单调递减，上单调递减， 所以所以 2t12. 启思维启思维 上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：点： (1)求函数求函数 g(x)的极值点的极值点 x0； (2)构造函数构造函数 F(x)g(x0 x)g(x0 x)； (3)确定函数确定函数 F(x)的单调性；的单调性； (4)结合结合 F(0)0，确定，确定 g(x0 x)与与 g(x0 x)的大小关系的大小关系 其口诀为：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，四个步骤环相扣，两次单调紧跟随其口诀为：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，四个步骤环相扣，两次单调紧跟随 法三：巧抓根差法三：巧抓根差 stt2t1构造函数构造函数(学生用书提供解题过程学生用书提供解题过程) 由题意，函数由题意，函数 f (x)有两个零点有两个零点 x1，x2(x1x2)，即，即 f (x1)f (x2)0，易知，易知 ln x1，ln x2是是方程方程 xaex的两根的两根 设设 t1ln x1，t2ln x2， 设设 g(x)xex，则，则 g(t1)g(t2)， 从而从而 x1x2e2ln x1ln x22t1t22. 下证：下证：t1t22. 由由 g(t1)g(t2)，得，得 t1et1t2et2， 化简得化简得 et2t1t2t1， 不妨设不妨设 t2t1，由法二知，由法二知，0t110，t2st1，代入，代入式，得式，得 esst1t1，解得，解得 t1ses1. 则则 t1t22t1s2ses1s， 故要证故要证 t1t22，即证，即证2ses1s2， 又又 es10，故要证，故要证2ses1s2， 即证即证 2s(s2)(es1)0， 令令 G(s)2s(s2)(es1)(s0)， 则则 G(s)(s1)es1，G(s)ses0， 故故 G(s)在在(0，)上单调递增，上单调递增， 所以所以 G(s)G(0)0， 从而从而 G(s)在在(0，)上单调递增，上单调递增， 所以所以 G(s)G(0)0，所以，所以式成立，故式成立，故 t1t22. 启思维启思维 该方法的关键是巧妙引入变量该方法的关键是巧妙引入变量 s，然后利用等量关系，把，然后利用等量关系，把 t1，t2消掉，从而消掉，从而构造相应的函数构造相应的函数，转化所证问题其解题要点为：，转化所证问题其解题要点为： (1)取差构元：取差构元：记记 st2t1，则，则 t2t1s，利用该式消掉，利用该式消掉 t2. (2)巧解消参：巧解消参：利用利用 g(t1)g(t2)，构造方程，解之，利用，构造方程，解之，利用 s 表示表示 t1. (3)构造函数：构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于依据消参之后所得不等式的形式，构造关于 s 的函数的函数 G(s) (4)转化求解：转化求解：利用导数研究函数利用导数研究函数 G(s)的单调性和最小值，从而证得结论的单调性和最小值，从而证得结论 题后悟通题后悟通 思路受阻思路受阻 分析分析 不能把双变量不能把双变量 x1，x2的不等式转化为单变量的不等式，导致无从的不等式转化为单变量的不等式，导致无从下手解题下手解题 技法关键技法关键 点拨点拨 函数极值点偏移问题的解题策略函数极值点偏移问题的解题策略 函数的极值点偏移问题，其实质是函数的极值点偏移问题，其实质是导数的应用问题，解题的策略导数的应用问题，解题的策略是把含双变量的等式或不等式转化为仅含一个变量的等式或不等是把含双变量的等式或不等式转化为仅含一个变量的等式或不等式进行求解，解题时要抓住三个关键量：极值点、根差、根商式进行求解，解题时要抓住三个关键量：极值点、根差、根商 对点训练对点训练 (2018 成都模拟成都模拟)已知函数已知函数 f (x)(x1)exmx22，其中，其中 mR R，e2.718 28为自为自然对数的底数然对数的底数 (1)当当 m1 时，求函数时，求函数 f (x)的单调区间；的单调区间； (2)当常数当常数 m(2，)时，函数时，函数 f (x)在在0，)上有两个零点上有两个零点 x1，x2(x1ln4e. 解：解：(1)当当 m1 时，时，f (x)(x1)exx22， f (x)xex2xx(ex2) 由由 f (x)x(ex2)0，解得，解得 x0 或或 xln 2. 当当 xln 2 或或 x0， f (x)的单调递增区间为的单调递增区间为(，0)，(ln 2，) 当当 0 xln 2 时，时，f (x)ln 2m 时，时，f (x)0，f (x)在在(ln 2m，)上单调递增；上单调递增； 当当 0 xln 2m 时，时，f (x)0，f (x)在在0，ln 2m上单调递减上单调递减 f (x)的极小值为的极小值为 f (ln 2m) 函数函数 f (x)在在0，)上有两个零点上有两个零点 x1，x2(x1x2)， f (ln 2m)0，f (1)2m0， 可知可知 x1(0,1) f (ln 2m)ln 2mln 4. 0 x1ln 41ln4e. 高考大题通法点拨高考大题通法点拨 函数与导数问题重在函数与导数问题重在“分分”分离、分解分离、分解 思维流程思维流程 策略指导策略指导 函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点对于这类综合题的命题热点对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，然后根据题意处理问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，然后根据题意处理 典例典例 已知函数已知函数 f (x)ln xbxc，f (x)在点在点(1，f (1)处的切线方程为处的切线方程为 xy40. (1)求求 f (x)的解析式；的解析式； (2)求求 f (x)的单调区间；的单调区间； (3)若在区间若在区间 12，5 内，恒有内，恒有 f (x)x2ln xkx 成立，求成立，求 k 的取值范围的取值范围 破题思路破题思路 第第(1)问问 求什么求什么 想什么想什么 求求 f (x)的解析式，想到建立参数的解析式，想到建立参数 b，c 的关系式的关系式 给什么给什么 用什么用什么 题目条件给出题目条件给出 f (x)在点在点(1，f (1)处的切线方程利用导数的几何意义可处的切线方程利用导数的几何意义可知知 f (1)1 及及 f (1)5，从而建立，从而建立 b，c 的方程组求的方程组求 b，c 的值的值 第第(2)问问 求什么求什么 想什么想什么 求求 f (x)的单调区间，想到导数与函数的单调性之间关系的单调区间，想到导数与函数的单调性之间关系 给什么给什么 用什么用什么 由第由第(1)问给出问给出 f (x)的解析式，用相关导数公式求的解析式，用相关导数公式求 f (x)，并解，并解 f (x)0 和和 f (x)0，f (x)1x2. 令令 f (x)0，得，得 0 x12， 再令再令 f (x)12， 故函数故函数 f (x)的单调递增区间为的单调递增区间为 0，12， 单调递减区间为单调递减区间为 12， . (3)在区间在区间 12，5 上，由上，由 f (x)x2ln xkx， 得得 ln x2x3x2ln xkx， kx23x. 设设 g(x)x23x， 则则 g(x)13x2， 令令 g(x)0，得，得 x 3(负值舍去负值舍去) 令令 g(x)0，得，得 0 x 3，令，令 g(x) 3， 故当故当 x 12， 3 时，函数时，函数 g(x)单调递增，单调递增， 当当 x( 3，5)时，函数时，函数 g(x)单调递减，单调递减， g(x)的最小值只能在区间的最小值只能在区间 12，5 的端点处取得，的端点处取得， 又又 g 121226172， g(5)5235385，g(x)min172. k172，即，即 k 的取值范围为的取值范围为 ，172. 关键点拨关键点拨 解决函数与导数综合问题的关键点解决函数与导数综合问题的关键点 (1)会求函数的极值点，先利用方程会求函数的极值点，先利用方程 f (x)0 的根，将函数的定义域分成若干个开区间，的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值； (2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；不等式成立； (3)解决不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性解决不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围入手，去求参数的取值范围 对点训练对点训练 (2018 全国卷全国卷)已知函数已知函数 f (x)exax2. (1)若若 a1，证明：当，证明：当 x0 时，时，f (x)1； (2)若若 f (x)在在(0，)只有一个零点，求只有一个零点，求 a. 解：解：(1)证明：当证明：当 a1 时，时，f (x)1 等价于等价于(x21)ex10. 设函数设函数 g(x)(x21)ex1， 则则 g(x)(x22x1)ex(x1)2ex. 当当 x1 时，时，g(x)0，h(x)没有零点；没有零点； ()当当 a0 时，时，h(x)ax(x2)ex. 当当 x(0,2)时，时，h(x)0. 所以所以 h(x)在在(0,2)上单调递减，上单调递减， 在在(2，)上单调递增上单调递增 故故 h(2)14ae2是是 h(x)在在(0，)上的最小值上的最小值 当当 h(2)0，即，即 ae24时，时，h(x)在在(0，)上没有零点上没有零点 当当 h(2)0，即，即 ae24时，时，h(x)在在(0，)上只有一个零点上只有一个零点 当当 h(2)e24时，因为时，因为 h(0)1，所以，所以 h(x)在在(0,2)上有一个零点上有一个零点 由由(1)知，当知，当 x0 时，时，exx2，所以，所以 h(4a)116a3e4a116a3 e2a 2116a3 2a 411a0，故，故 h(x)在在(2,4a)上有一个零点因此上有一个零点因此 h(x)在在(0，)上有两个零点上有两个零点 综上，当综上，当 f (x)在在(0，)上只有一个零点时，上只有一个零点时，ae24. 总结升华总结升华 函数与导数压轴题堪称函数与导数压轴题堪称“庞然大物庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为量分离、把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽几个小步，也可从逻辑上重新换叙注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用可能多拿步骤分同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用 专题跟踪检测专题跟踪检测(对应配套卷对应配套卷 P173) 1(2018 全国卷全国卷)已知函数已知函数 f (x)13x3a(x2x1) (1)若若 a3，求，求 f (x)的单调区间；的单调区间； (2)证明证明：f (x)只有一个零点只有一个零点 解：解：(1)当当 a3 时，时，f (x)13x33x23x3， f (x)x26x3. 令令 f (x)0，解得，解得 x32 3或或 x32 3. 当当 x(，32 3)(32 3，)时，时，f (x)0； 当当 x(32 3，32 3)时，时，f (x)0， 所以所以 f (x)0 等价于等价于x3x2x13a0. 设设 g(x)x3x2x13a， 则则 g(x)x2 x22x3 x2x1 20， 仅当仅当 x0 时，时，g(x)0， 所以所以 g(x)在在(，)上单调递增上单调递增 故故 g(x)至多有一个零点，从而至多有一个零点，从而 f (x)至多有一个零点至多有一个零点 又又 f (3a1)6a22a136 a162160， 故故 f (x)有一个零点有一个零点 综上，综上，f (x)只有一个零点只有一个零点 2(2018 郑州第一次质量预测郑州第一次质量预测)已知函数已知函数 f(x)ln x1ax1a，aR 且且 a0. (1)讨论函数讨论函数 f(x)的单调性；的单调性； (2)当当 x 1e，e 时，试判断函数时，试判断函数 g(x)(ln x1)exxm 的零点个数的零点个数 解：解：(1)f(x)ax1ax2(x0)， 当当 a0 恒成立，恒成立， 函数函数 f(x)在在(0，)上单调递增；上单调递增； 当当 a0 时，由时，由 f(x)ax1ax20，得，得 x1a； 由由 f(x)ax1ax20，得，得 0 x1a， 函数函数 f(x)在在 1a， 上单调递增，在上单调递增，在 0，1a上单调递减上单调递减 综上所述，当综上所述，当 a0 时，函数时，函数 f(x)在在 1a， 上单调递增，在上单调递增，在 0，1a上单调递减上单调递减 (2)当当 x 1e，e 时，判断函数时，判断函数 g(x)(ln x1)exxm 的零点，即求当的零点，即求当 x 1e，e 时，时，方程方程(ln x1)exxm 的根的根 令令 h(x)(ln x1)exx， 则则 h(x) 1xln x1 ex1. 由由(1)知当知当 a1 时，时，f(x)ln x1x1 在在 1e，1 1 上单调递减，在上单调递减，在(1，e)上单调递增，上单调递增， 当当 x 1e，e 时，时，f(x)f(1)0. 1xln x10 在在 x 1e，e 上恒成立上恒成立 h(x) 1xln x1 ex1010， h(x)(ln x1)exx 在在 1e，e 上单调递增上单调递增 h(x)minh 1e2e1e1e，h(x)maxe. 当当 me 时，函数时，函数 g(x)在在 1e，e 上没有零点；上没有零点； 当当2e1e1eme 时，函数时，函数 g(x)在在 1e，e 上有一个零点上有一个零点 3(2018 贵阳模拟贵阳模拟)已知函数已知函数 f (x)kxln x1(k0) (1)若函数若函数 f (x)有且只有一个零点，求实数有且只有一个零点，求实数 k 的值；的值； (2)证明：当证明：当 nN*时，时，112131nln(n1) 解：解：(1)法一：法一：f (x)kxln x1，f (x)k1xkx1x(x0，k0)， 当当 0 x1k时，时，f (x)1k时，时，f (x)0. f (x)在在 0，1k上单调递减，在上单调递减，在1k，上单调递增上单调递增 f (x)minf 1kln k， f (x)有且只有一个零点，有且只有一个零点，ln k0，k1. 法二：法二：由题意知方程由题意知方程 kxln x10 仅有一个实根，仅有一个实根， 由由 kxln x10，得，得 kln x1x(x0)， 令令 g(x)ln x1x(x0)，g(x)ln xx2， 当当 0 x0； 当当 x1 时，时，g(x)lnn1n， 112131nln21ln32lnn1nln(n1)， 故故 112131nln(n1) 4.已知函数已知函数 f (x)ax3bx2(c3a2b)xd 的图象如图所示的图象如图所示 (1)求求 c，d 的值；的值； (2)若函数若函数 f (x)在在 x2 处的切线方程为处的切线方程为 3xy110， 求函数， 求函数 f (x)的解析的解析式；式； (3)在在(2)的条件下，函数的条件下，函数 yf (x)与与 y13 f (x)5xm 的图象有三个不同的交点，求的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围的取值范围 解：解：函数函数 f (x)的导函数为的导函数为 f (x)3ax22bxc3a2b. (1)由图可知函数由图可知函数 f (x)的图象过点的图象过点(0,3)，且，且 f (1)0， 得得 d3，3a2bc3a2b0，解得解得 d3，c0. (2)由由(1)得，得，f (x)ax3bx2(3a2b)x3， 所以所以 f (x)3ax22bx(3a2b) 由函数由函数 f (x)在在 x2 处的切线方程为处的切线方程为 3xy110， 得得 f 2 5，f 2 3， 所以所以 8a4b6a4b35，12a4b3a2b3，解得解得 a1，b6， 所以所以 f (x)x36x29x3. (3)由由(2)知知 f (x)x36x29x3， 所以所以 f (x)3x212x9. 函数函数 yf (x)与与 y13f (x)5xm 的图象有三个不同的交点，的图象有三个不同的交点， 等价于等价于 x36x29x3(x24x3)5xm 有三个不等实根，有三个不等实根， 等价于等价于 g(x)x37x28xm 的图象与的图象与 x 轴有三个不同的交点轴有三个不同的交点 因为因为 g(x)3x214x8(3x2)(x4)， 令令 g(x)0，得，得 x23或或 x4. 当当 x 变化时，变化时，g(x)，g(x)的变化情况如表所示：的变化情况如表所示： x ，23 23 23 ，4 4 (4，) g(x) 0 0 g(x) 极大值极大值 极小值极小值 g 236827m，g(4)16m， 当且仅当当且仅当 g 236827m0，g 4 16m0时，时，g(x)图象与图象与 x 轴有三个交点，轴有三个交点， 解得解得16m6827. 所以所以 m 的取值范围为的取值范围为 16，6827. 5(2018 南宁二中、柳州高中二联南宁二中、柳州高中二联)已知函数已知函数 f (x)ln xax2(2a)x. (1)讨论讨论 f (x)的单调性；的单调性； (2)设设 f (x)的两个零点是的两个零点是 x1，x2，求证：，求证：f x1x220，则，则 f (x)在在(0，)上单调递增；上单调递增； 当当 a0 时， 若时， 若 x 0，1a， 则， 则 f (x)0， 若， 若 x 1a， ， 则， 则 f (x)0，且，且 f (x)在在 0，1a上单调递增，在上单调递增，在 1a， 上单调递减，不妨设上单调递减，不妨设 0 x11ax2， f x1x221ax1x22a，故要证，故要证 f x1x222a即可即可 构造函数构造函数 F(x)f (x)f 2ax ，x 0，1a， F(x)f (x) f 2axf (x)f 2ax 2ax ax2 2x 2ax 2 ax1 2x 2ax ， x 0，1a，F(x)2 ax1 2x 2ax 0， F(x)在在 0，1a上单调递增，上单调递增， F(x)F 1af 1af 2a1a0， 即即 f (x)f 2ax ，x 0，1a， 又又 x1，x2是函数是函数 f (x)的两个零点且的两个零点且 0 x11ax2， f (x1)f (x2)2ax1， x1x22a，得证，得证 法二：对数平均不等式法法二：对数平均不等式法 易知易知 a0，且，且 f (x)在在 0，1a上单调递增上单调递增， 在在 1a， 上单调递减，上单调递减， 不妨设不妨设 0 x11ax2， f x1x221a. 因为因为 f (x)的两个零点是的两个零点是 x1，x2， 所以所以 ln x1ax21(2a)x1ln x2ax22(2a)x2， 所以所以 ln x1ln x22(x1x2)a(x21x22x1x2)， 所以所以 aln x1ln x22 x1x2 x21x22x1x2，以下用分析法证明，要证，以下用分析法证明，要证x1x221a， 即证即证x1x22x21x22x1x2ln x1ln x22 x1x2 ， 即即证证x1x22x1x21ln x1ln x2x1x22， 即证即证2x1x2ln x1ln x2x1x22x1x21， 只需证只需证2x1x2x1x2ln x1ln x2， 根据对数平均不等式，该式子成立，根据对数平均不等式，该式子成立， 所以所以 f x1x220. 法三：比值法三：比值(差值差值)代换法代换法 因为因为 f (x)的两个零点是的两个零点是 x1，x2， 不妨设不妨设 0 x11)，g(t)2 t1 1tln t，则当，则当 t1 时，时， g(t) t1 2t t1 21 时，时， g(t)g(1)0，所以，所以 f x1x221 时，求时，求 f (x)的单调区间和极值；的单调区间和极值； (2)若对任意若对任意 xe，e2，都有，都有 f (x)4ln x 成立，求成立，求 k 的取值范围；的取值范围； (3)若若 x1x2，且，且 f (x1)f (x2)，证明，证明 x1x21，所以，所以 f (x)ln xk0， 所以函数所以函数 f (x)的单调递增区间是的单调递增区间是(1，)，无单调递减区间，无极值，无单调递减区间，无极值 当当 k0 时，令时，令 ln xk0，解得，解得 xek， 当当 1xek时，时，f (x)ek时，时，f (x)0. 所以函数所以函数 f (x)的单调递减区间是的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是，单调递增区间是(ek，)，在，在(1，)上的上的极小值为极小值为 f (ek)(kk1)ekek，无极大值，无极大值 (2)由题意，由题意，f (x)4ln x0， 即问题转化为即问题转化为(x4)ln x(k1)x x4 ln xx对任意对任意 xe，e2恒成立，恒成立， 令令 g(x) x4 ln xx，xe，e2， 则则 g(x)4ln xx4x2. 令令 t(x)4ln xx4，xe，e2，则，则 t(x)4x10， 所以所以 t(x)在区间在区间e，e2上单调递增，故上单调递增，故 t(x)mint(e)4e4e0，故，故 g(x)0， 所以所以 g(x)在区间在区间e，e2上单调递增，函数上单调递增，函数 g(x)maxg(e2)28e2. 要使要使 k1 x4 ln xx对任意对任意 xe，e2恒成立，只要恒成立，只要 k1g(x)max，所以，所以 k128e2，解得解得 k18e2， 所以实数所以实数 k 的取值范围为的取值范围为 18e2， . (3)证明：证明：法一：法一：因为因为 f(x1)f(x2)，由，由(1)知，当知，当 k0 时，函数时，函数 f(x)在区间在区间(0，ek)上单调上单调递减，在区间递减，在区间(ek，)上单调递增，且上单调递增，且 f(ek1)0. 不妨设不妨设 x1x2，当，当 x0 时，时，f(x)0，当，当 x时，时，f(x)，则，则 0 x1ekx2ek1， 要证要证 x1x2e2k，只需证，只需证 x2e2kx1，即证，即证 ekx2e2kx1. 因为因为 f(x)在区间在区间(ek，)上单调递增，上单调递增， 所以只需证所以只需证 f(x2)f e2kx1， 又又 f(x1)f(x2)，即证，即证 f(x1)f e2kx1， 构造函数构造函数 h(x)f(x)f e2kx(ln xk1)x ln e2kxk1e2kx， 即即 h(x)xln x(k1)xe2k ln xxk1x， h(x)ln x1(k1)e2k 1ln xx2 k1x2 (ln xk) x2e2k x2， 当当 x(0，ek)时，时，ln xk0，x20， 所以函数所以函数 h(x)在区间在区间(0，ek)上单调递增，上单调递增，h(x)h(ek)， 而而 h(ek)f(ek)f e2kek0，故，故 h(x)0， 所以所以 f(x1)f e2kx1，即，即 f(x2)f(x1)f e2kx1， 所以所以 x1x2e2k成立成立 法二：法二：要证要证 x1x2e2k成立，只要证成立，只要证 ln x1ln x22k. 因为因为 x1x2，且，且 f (x1)f (x2)， 所以所以(ln x1k1)x1(ln x2k1)x2， 即即 x1ln x1x2ln x2(k1)(x1x2)， x1ln x1x2ln x1x2ln x1x2ln x2(k1)(x1x2)， 即即(x1x2)ln x1x2ln x1x2(k1)(x1x2)， k1ln x1x2lnx1x2x1x2，同理，同理 k1ln x2x1ln x1x2x1x2， 从而从而 2kln x1ln x2x2lnx1x2x1x2x1lnx1x2x1x22， 要证要证 ln x1ln x20， 不妨设不妨设 0 x1x2，则，则 0 x1x2t0，即证，即证 t1 ln tt12， 即证即证 ln t2t1t1对对 t(0,1)恒成立，恒成立， 设设 h(t)ln t2t1t1，当，当 0t0， 所以所以 h(t)在在 t(0,1)上单调递增，上单调递增，h(t)h(1)0，得证，所以，得证，所以 x1x2e2k.
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