2020版高考数学理科(人教B版)一轮复习课件:高考大题专项1+函数与导数的综合压轴大题_图文

高考大题专项一 函数与导数的综合压轴大题

考情分析 知识梳理
从近五年的高考试题来看,对导数在函数中应用的考查常常是一 大一小两个题目,其中解答题的命题特点是:以二次或三次函数、 对数函数、指数函数及分式函数为命题载体,以切线问题、单调性 问题、极值最值问题、恒成立问题、存在性问题、函数零点问题 为设置条件,与参数的范围、不等式的证明,方程根的分布综合成 题,重点考查应用分类讨论思想、函数与方程思想、数形结合思想 及化归与转换思想来分析问题、解决问题的能力.

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1.常见恒成立不等式 (1)ln x<x-1;(2)ex>x+1. 2.构造辅助函数的四种方法 (1)移项法:证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x); (2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对 数等,把不等式两边变成具有相同结构的式子,根据“相同结构”构造 辅助函数; (3)主元法:对于(或可化为)f(x1,x2)≥A的不等式,可选x1(或x2)为主 元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x)); (4)放缩法:若所构造函数的最值不易求解,可将所证明的不等式 进行放缩,再重新构造函数.

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3.函数不等式的类型与解法 (1)?x∈D,f(x)≤k?f(x)max≤k; (2)?x∈D,f(x)≤k?f(x)min≤k; (3)?x∈D,f(x)≤g(x)?f(x)max≤g(x)min; (4)?x∈D,f(x)≤g(x)?f(x)min≤g(x)max.

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4.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略 (1)?x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x) 在[c,d]上的最大值; (2)?x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x) 在[c,d]上的最小值; (3)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x) 在[c,d]上的最小值; (4)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x) 在[c,d]上的最大值; (5)?x1∈[a,b],当x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域与 g(x)在[c,d]上的值域的交集非空;

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(6)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域?g(x)在 [c,d]上的值域;
(7)?x2∈[c,d],?x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域?g(x)在 [c,d]上的值域.

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-7-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

突破1 利用导数求极值、最值、参数范围
题型一 讨论函数极值点的个数
例1设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个
数,并说明理由. 解 定义域为(-1,+∞),f'(x)=+11+a(2x-1)=+11(2ax2+ax+1-a),由+11>0,令 g(x)=2ax2+ax+1-a(x>-1), 当 a=0 时,g(x)=1,则 f'(x)>0 在(-1,+∞)上恒成立, 则 f(x)在(-1,+∞)上单调递增,即当 a=0 时,函数无极值点; 当 a>0 时,由 Δ=a(9a-8)≤0,得 0<a≤89,

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-8-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

此时 g(x)≥0,则 f'(x)≥0,f(x)在(-1,+∞)上单调递增,即 0<a≤89,函数无极 值点;当 Δ>0 时,得 a>89或 a<0 两个不同的范围,当 a>89时,设方程
2ax2+ax+1-a=0 的两根分别为 x1,x2(x1<x2),∵x1+x2=-12,函数 g(x)的图
象如下:x1,x2 的中点为-14,

∴x1<-14,x2>-14,由 g(-1)=1>0,可得-1<x1<-14,
则当 x∈(-1,x1)时,g(x)>0,则 f'(x)>0,f(x)单调递增, 当 x∈(x1,x2)时,g(x)<0,则 f'(x)<0,f(x)单调递减,
当 x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,则 f'(x)>0,f(x)单调递增, 因此,当 a>89时,函数有两个极值点;当 a<0 时,Δ>0,函数 g(x)的图象如 下:

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-9-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

由 g(-1)=1>0,可得 x1<-1,则当 x∈(-1,x2)时,g(x)>0,则 f'(x)>0,f(x) 单调递增,x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,则 f'(x)<0,f(x)单调递减,因此,当 a<0 时,函数有一个极值点.综上所述,当 a<0 时,函数有一个极值点;当 0<a≤89,函数无极值点;当 a>89,函数有两个极值点.

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-10-

解题心得利用导数求含参数的原函数的单调区间→极值→最值 →恒成立问题的步骤:
1.求函数定义域; 2.求导→通分或因式分解或二次求导(目的:把导函数“弄熟悉”); 3.对参数分类,分类的层次: (1)按导函数的类型分大类; (2)按导函数是否有零点分小类; (3)在小类中再按导函数零点的大小分小类; (4)在小类的小类中再按零点是否在定义域中分小类.

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题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

对点训练1(2018湖南衡阳一模,21改编)已知函数f(x)=ln x+x2-
ax(a>0).讨论f(x)在(0,1)上的极值点的个数.
得 Δ=解a2-f8'(,函x)=数1+g2(xx-)a的=2图2象-是+1抛,令物g线(x),对=2称x2-轴ax为+1x,由=4,g(x)=2x2-ax+1=0
①当 Δ≤0,即 0<a≤2 2时,g(x)≥0 恒成立,f(x)在(0,1)是增函数,无
极值点.
②当 Δ>0,即 a>2 2时,g(x)=2x2-ax+1=0 的两个根

- 2-8 + 2-8
x1= 4 ,x2= 4 .易知 0<x1<x2,

(ⅰ)当

+
x2=

2-8
4 <1,得

a<3,即

2

2<a<3,x1,x2∈(0,1),故 f(x)在

(0,1)上有 2 个极值点.

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-12-

(ⅱ)当

a≥3

-
时,x2≥1,x1=

2-8

4

=
+

2 2-8



2 3+1

=

12<1,f(x)在(0,1)

上有 1 个极值点.综上可知,当 0<a≤2 2时,f(x)在(0,1)无极值点;当

2 2<a<3 时,f(x)在(0,1)上有 2 个极值点;当 a≥3 时,f(x)在(0,1)上有 1 个极值点.

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-13-

题型二 求函数的极值、最值 例2(2018宁夏银川一中一模,21)已知函数f(x)=ln x-ax2+(a-2)x.
(1)若f(x)在x=1处取得极值,求a的值;
(2)求函数y=f(x)在[a2,a]上的最大值.
解 (1)因为 f(x)=ln x-ax2+(a-2)x,所以函数的定义域为(0,+∞). 所以 f'(x)=1-2ax+(a-2)=1-22+ (-2) = -(2-1)(+1). 因为 f(x)在 x=1 处取得极值,即 f'(1)=-(2-1)(a+1)=0,解得 a=-1. 当 a=-1 时,在(12,1)上 f'(x)<0,在(1,+∞)上 f'(x)>0, 此时 x=1 是函数 f(x)的极小值点,所以 a=-1.

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-14-

(2)因为 a2<a,所以 0<a<1,f'(x)=-(2-1)(+1). 因为 x∈(0,+∞),所以 ax+1>0,所以 f(x)在(0,12)上单调递增, 在(12,+∞)上单调递减.
①当 0<a≤12时,f(x)在[a2,a]上单调递增,

所以 f(x)max=f(a)=ln a-a3+a2-2a;

②当



>

1 2

,

2

<

1 2

,



12<a<

22时,f(x)在(a2,12)上单调递增,

在(12,a)上单调递减,所以

f(x)max=f(12)=-ln

2-4

+

-2 2

=

4-1-ln

2;

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-15-

③当12≤a2,即 22≤a<1 时,f(x)在[a2,a]上单调递减,
所以 f(x)max=f(a2)=2ln a-a5+a3-2a2. 综上所述,当 0<a≤12时, 函数 y=f(x)在[a2,a]上的最大值是 ln a-a3+a2-2a; 当12<a< 22时,函数 y=f(x)在[a2,a]上的最大值是4-1-ln 2; 当 22≤a<1 时,函数 y=f(x)在[a2,a]上的最大值是 2ln a-a5+a3-2a2.
解题心得求最值的常用方法是由导数确定单调性,由单调性确定
极值,比较极值与定义域的端点值确定最值.

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-16-

对点训练2已知函数f(x)=ln

x-

1 2

ax2+x,a∈R.

(1)当a=0时,求函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程;

(2)令g(x)=f(x)-ax+1,求函数g(x)的极值.

解 (1)当 a=0 时,f(x)=ln x+x,则 f(1)=1,所以切点为(1,1),
∵f'(x)=1+1,∴切线斜率 f'(1)=2,故切线方程为 y-1=2(x-1),
即 2x-y-1=0.
(2)∵g(x)=f(x)-ax+1=ln x-12ax2+(1-a)x+1,
则 g'(x)=1-ax+(1-a)=-2+(1-)+1,
当 a≤0 时,∵x>0,∴g'(x)>0.

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-17-

∴g(x)在(0,+∞)内是增函数,函数 g(x)无极值点;

当 a>0 时,g'(x)=-2+(1-)+1=- -1(+1),令 g'(x)=0,得 x=1,

∴当 x∈

0,

1

时,g'(x)>0;当 x∈

1

,

+



时,g'(x)<0.

因此 g(x)在

0,

1

内是增函数,在

1

,

+



内是减函数.

∴当 x=1时,g(x)有极大值,g

1

=ln1

?

2

×

12+(1-a)×1+1=21-ln

a.

综上,当 a≤0 时,函数 g(x)无极值;

当 a>0 时,函数 g(x)有极大值21-ln a.

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-18-

题型三 求参数的值 例3(2018全国2,理21)已知函数f(x)=ex-ax2. (1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
解 (1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1, 则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞) 单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x) 在(0,+∞)只有一个零点.

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-19-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

(i)当 a≤0 时,h(x)>0,h(x)没有零点;
(ii)当 a>0 时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当 x∈(0,2)时,h'(x)<0;当 x∈(2,+∞) 时,h'(x)>0.所以 h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故 h(2)=1-4e2 是 h(x)在[0,+∞)的最小值.
①若 h(2)>0,即 a<e42,h(x)在(0,+∞)没有零点; ②若 h(2)=0,即 a=e42,h(x)在(0,+∞)只有一个零点; ③若 h(2)<0,即 a>e42,由于 h(0)=1,所以 h(x)在(0,2)有一个零点.由
(1)知,当 x>0 时,ex>x2,所以 h(4a)=1-1e643=1-(1e62)32>1-(126)34=1-1>0.故 h(x) 在(2,4a)有一个零点.因此 h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上,f(x)在(0,+∞) 只有一个零点时,a=e42.

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-20-

解题心得求参数的值,方法因题而异,需要根据具体题目具体分 析,将题目条件进行合理的等价转化,在转化过程中,构造新的函数, 在研究函数中往往需要利用对导数的方法确定函数的单调性.

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-21-

对点训练3(2019湖北宜昌示范高中期中联考,22)设a∈R,函数 f(x)=aln x-x.
(1)若f(x)无零点,求实数a的取值范围; (2)略.

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-22-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

解 (1)①若 a<0,则 f'(x)=-1<0,f(x)是区间(0,+∞)上的减函数,

∵f(1)=-1<0,f(e1)=1-e1,而1<0,则

1
0<e<1,即

1

1

f(e)=1-e>0.

1

∴f(1)·f(e)<0,函数 f(x)在区间(0,+∞)有唯一零点.

②若a=0,f(x)=-x,在区间(0,+∞)无零点.

③若a>0,令f'(x)=0,得x=a,

在区间(0,a)上,f'(x)>0,函数f(x)是增函数;

在区间(a,+∞)上,f'(x)<0,函数f(x)是减函数;

故在区间(0,+∞)上,f(x)的最大值为f(a)=aln a-a,由于f(x)无零点,

则f(a)=aln a-a<0,解得0<a<e,

故所求实数a的取值范围是[0,e).

(2)略.

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-23-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

题型四 已知函数有极值求参数范围

例4(2018山西吕梁一模,21改编)已知函数f(x)=

e

-a(x-ln

x).若f(x)

在(0,1)内有极值,试求a的取值范围.



f'(x)=e(2-1)-a

1-

1

=

e(-1)-(-1) 2

=

(e-2)(-1).

若 f(x)在(0,1)内有极值,则 f'(x)=0 在 x∈(0,1)内有解.

令 f'(x)=(e-2)(-1)=0?ex-ax=0?a=e. 设 g(x)=e,x∈(0,1),
∴g'(x)=e(-1),当 x∈(0,1)时,g'(x)<0 恒成立,
所以 g(x)单调递减.

又因为 g(1)=e,又当 x→0 时,g(x)→+∞,

即 g(x)在 x∈(0,1)上的值域为(e,+∞),

∴当 a>e 时,f'(x)=(e-2)(-1)=0 有解.

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-24-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

设H(x)=ex-ax,则H'(x)=ex-a<0,x∈(0,1), 所以H(x)在x∈(0,1)单调递减. 因为H(0)=1>0,H(1)=e-a<0, 所以H(x)=ex-ax在x∈(0,1)有唯一解x0. 所以有:

x

(0,x0) x0

H(x) +

0

f'(x) -

0

f(x) 递增 极小值

(x0,1) + 递减

所以当a>e时,f(x)在(0,1)内有极值且唯一. 当a≤e时,当x∈(0,1)时,f'(x)≥0恒成立,f(x)单调递增,f(x)在(0,1)内 无极值. 综上,a的取值范围为(e,+∞).

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-25-

解题心得f'(x)=0是f(x)有极值的必要不充分条件,例如函数f(x)=x3, f'(x)=3x2,f'(0)=0,但x=0不是函数f(x)=x3的极值点.所以本例f(x)在 (0,1)内有极值,则f'(x)=0有解,由此得出a的范围,还必须由a的范围验 证f(x)在(0,1)内有极值.

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-26-

对点训练4(2018北京丰台一模,20改编)已知函数f(x)=ex-a(ln x+1) (a∈R).若函数y=f(x)在 (12,1)上有极值,求a的取值范围.

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-27-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

解 f'(x)=ex-.

①当 a≤0 时,对于任意 x∈(12,1),都有 f'(x)>0,

∴②则函 当g'(数xa>)=f0(ex时x)+在,令2(>120,g1.()x上)=为ex-增,函数,没有极值,不合题意.

所以 g'(x)在(12,1)上单调递增,即 f'(x)在(12,1)上单调递增,

所以函数 f(x)在(12,1)上有极值,等价于

'(1) > '(12) <

0, 0.

所以

e- > e-2

0, <

所以 0.

2e<a<e.

所以 a 的取值范围是( 2e,e).

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-28-

题型五 在函数不等式恒成立中求参数范围 例5(2018河北衡水中学金卷一模,21改编)若关于x的不等式
ax2ex+xex+1≥ex在区间(-∞,0]上恒成立,求实数a的取值范围. 解 ax2ex+xex+1≥ex?ex(ax2+x-1)+1≥0. 依题意,当 x≤0 时,ex(ax2+x-1)+1≥0, 即当 x≤0 时,ax2+x-1+e1≥0. 设 h(x)=ax2+x-1+e1, 则 h'(x)=2ax+1-e1=2(ax+12 ? 21e), 设 m(x)=ax+12 ? 21e,则 m'(x)=a+21e.

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-29-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

①当 a≥-12时,当 x<0 时,21e > 12,从而 m'(x)>0, ∴m(x)=ax+12 ? 21e在区间(-∞,0)上单调递增, ∵m(0)=0,∴当 x<0 时,m(x)<0,从而当 x<0 时,h'(x)<0, ∴h(x)=ax2+x-1+e1在区间(-∞,0)上单调递减, ∵h(0)=0,从而当 x≤0 时,h(x)≥0,
即 ax2+x-1+e1≥0. 于是当 x≤0 时,f(x)+xex+1≥ex 恒成立.
②当 a<-12时,令 m'(x)=0,得 a+21e=0,∴x=ln(-21)<0,
当 x∈(ln - 21),0 时,m'(x)<0,
∴m(x)=ax+12 ? 21e在区间(ln(-21),0)上单调递减,

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-30-

又∵m(0)=0,∴当 x∈ ln(- 21),0 时,m(x)>0,

从而当 x∈(ln(-21),0)时,h'(x)>0,

∴h(x)=ax2+x-1+e1在区间 ln(- 21),0 上单调递增,

又∵h(0)=0,从而当 x∈ ln(- 21),0 时,h(x)<0,

即 ax2+x-1+e1<0,不合题意.

综上所述,实数 a 的取值范围为

-

1 2

,

+



.

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

-31-

解题心得1.在f(x)≥0的情况下,讨论a的取值范围→求f(x)导函数 →确定f(x)的单调区间→求f(x)最小值→解不等式f(x)min≥0得a的范 围→合并a的取值范围.
2.若?x>0,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围,即求当x>0,f(x)≥0恒成立 时的a的取值范围,即研究a取什么范围时有“当x>0,f(x)≥0”,或者能
够说明“a取什么范围f(x)<0”,为此还要研究f(x)在(0,+∞)上的单调
性.

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-32-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

对点训练5(2018福建龙岩4月质检,21改编)已知函数f(x)=(x-2)ex-

a(x+2)2.当x≥0时,恒有f(2x)+4a+2≥0成立,求a的取值范围.

解 设h(x)=f(2x)+4a+2,

则h(x)=(2x-2)e2x-a(2x+2)2+4a+2,且h(0)=0.
因为h'(x)=(4x-2)e2x-8ax-8a,得h″(x)=8xe2x-8a(x≥0), 且函数h″(x)在[0,+∞)上单调递增. (ⅰ)当-8a≥0时,即a≤0时,有h″(x)≥0,此时函数h'(x)在[0,+∞)上

单调递增,则h'(x)≥h'(0)=-2-8a,

①若-2-8a≥0,即a≤-

1 4

时,h(x)在[0,+∞)上单调递增,

则h(x)≥h(0)=0,符合题意;

②若-2-8a<0,即-

1 4

<a<0时,存在x0>0满足h'(x0)=0,x∈(0,x0),

h'(x)<0,此时函数h(x)在(0,x0)上单调递减,h(x)<h(0)=0不符合题意;

题型一

题型二

题型三

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题型四

题型五

1 4

-33-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-34-

突破2 利用导数证明问题及讨论零点个数

题型一 利用导数证明不等式 例1(2018河北保定二模,21)已知函数

f(x)=ln-e

(a,b∈R且

a≠0,e为自然对数的底数).

(1)若曲线f(x)在点(e,f(e))处的切线斜率为0,且f(x)有极小值,求实

数a的取值范围;

(2)当a=b=1时,证明:xf(x)+2<0.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-35-

(1)解 由 f(x)=ln-e,得 f'(x)=(1-ln)-2e(-1),
∵f'(e)=0,∴b=0,则 f'(x)=(1-2ln),
当a>0时,当x∈(0,e)时,f'(x)>0,当x∈(e,+∞)时,f'(x)<0,
∴f(x)在(0,e)内为增函数,在(e,+∞)内为减函数,
即f(x)有极大值而无极小值.当a<0时,
当x∈(0,e)时,f'(x)<0,当x∈(e,+∞)时,f'(x)>0,
∴f(x)在(0,e)内为减函数,在(e,+∞)内为增函数,
即f(x)有极小值而无极大值.
∴a<0,即实数a的取值范围为(-∞,0).

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-36-

(2)证明 当 a=b=1 时,设 g(x)=xf(x)+2=ln x-ex+2,

则 g'(x)=1-ex 在(0,+∞)内为减函数,
又∵g'(1)=1-e<0,g'(12)=2- e>0, ∴存在实数 x0∈(12,1),使得 g'(x0)=10 ? e0 =0,
此时 g(x)在区间(0,x0)内为增函数,在(x0,+∞)内为减函数,

又 g'(x0)=10 ? e0 =0,



1 0

=

e0 ,x0=-ln

x0.

∴g(x)max=g(x0)=ln x0-e0 +2=-x0-10+2=-

0

+

1 0

+2.

又 x0∈

1 2

,1

,∴-

0

+

1 0

<-2.∴g(x)max<0,即 xf(x)+2<0.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-37-

解题心得证明f(x)≥g(x)(x∈I,I是区间),只需证明f(x)min≥g(x)max. 证明f(x)>g(x)(x∈I,I是区间),只需证明f(x)min>g(x)max,或证明 f(x)min≥g(x)max且两个最值点不相等.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-38-

对点训练 1(2018 全国 1,理 21)已知函数 f(x)=1-x+aln x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,证明:(11)--2(2)<a-2. (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-12-1+=-2-2+1. ①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0, 所以f(x)在(0,+∞)单调递减.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-39-

②若

a>2,令

f'(x)=0

-
得,x=

2-4

+

2 或 x=

2-4
.
2

- 2-4

+ 2-4

当 x∈ 0, 2 ∪ 2 ,+∞ 时,f'(x)<0;

- 2-4 + 2-4
当 x∈ 2 , 2 时,f'(x)>0.

- 2-4

+ 2-4

所以 f(x)在 0, 2 , 2 , + ∞ 单调递减,

- 2-4 + 2-4
在 2 , 2 单调递增.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-40-

(2)证明 由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当 a>2.

由于 f(x)的两个极值点 x1,x2 满足 x2-ax+1=0,所以 x1x2=1,

不妨设 x1<x2,则 x2>1.

由于(11)--2(2)=-112-1+aln

1-ln 1-2

2=-2+aln

1-ln 1-2

2=-2+a-212ln-22,

所以(11)--2(2)<a-2 等价于12-x2+2ln x2<0. 设函数 g(x)=1-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,

又 g(1)=0,从而当 x∈(1,+∞)时,g(x)<0.

所以12-x2+2ln x2<0, 即(11)--2(2)<a-2.

学科素养·微专题

-41-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

题型二 判断、证明或讨论函数零点个数

例2(2019届江西南昌模拟,21改编)已知函数f(x)=

1 2

x2-mln

x.

若m≥1,令F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数F(x)的零点个数,

并说明理由.

解 F(x)=f(x)-x2+(m+1)x=-12x2+(m+1)x-mln x(x>0). 易得 F'(x)=-x+m+1-=-(-1)(-).
①若 m=1,则 F'(x)≤0,函数 F(x)为减函数, ∵F(1)=32>0,F(4)=-ln 4<0,∴F(x)有唯一零点; ②若 m>1,则当 0<x<1 或 x>m 时,F'(x)<0,当 1<x<m 时,F'(x)>0,

所以函数 F(x)在(0,1)和(m,+∞)上单调递减,在(1,m)上单调递增,
∵F(1)=m+12>0,F(2m+2)=-mln(2m+2)<0,所以 F(x)有唯一零点.
综上,当 m≥1 时,函数 F(x)有唯一零点.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-42-

解题心得有关函数的零点问题的解决方法主要是借助数形结合 思想,利用导数研究函数的单调性和极值,利用函数的单调性模拟 函数的图象,根据函数零点个数的要求,控制极值点函数值的正负, 从而解不等式求出参数的范围.

学科素养·微专题

-43-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

对点训练2(2018山东淄博一模,21)设函数f(x)=(x-1)ex-

2

x2(其中

k∈R).

(1)求函数f(x)的单调区间;

(2)当k>0时,讨论函数f(x)的零点个数.

解 (1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=x(ex-k),

①当k≤0时,令f'(x)>0,解得x>0,

∴f(x)在(-∞,0)上单调递减,在[0,+∞)上单调递增,

②当0<k<1时,令f'(x)>0,解得x<ln k或x>0,

∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在[ln k,0]上单调递减,

③当k=1时,f'(x)≥0,f(x)在(-∞,∞)内单调递增,

④当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,

∴f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在[0,ln k]上单调递减;

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-44-

(2)f(0)=-1,①当0<k<1时,由(1)知,当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(x)max=f(ln k)= (ln k-1)k-2ln2k=-2[(ln k-1)2+1] <0,
此时f(x)无零点, 当x∈[0,+∞)时,f(2)=e2-2k>0,又f(x)在[0,+∞)上单调递增,
∴f(x)在[0,+∞)上有唯一的零点,
故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.
②当k=1时,由(1)知f'(x)≥0,f(x)在(-∞,∞)上单调递增, ∵f(0)=-1,f(2)=e2-2>0, ∴函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有唯一的零点.

学科素养·微专题

-45-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

③当k>1时,由(1)知,当x∈(-∞,ln k)时,f(x)≤f(x)max=f(0)=-1<0,
此时f(x)无零点;

当 x∈[ln k,+∞)时,f(ln k)<f(0)=-1<0,f(k+1)=kek+1-(+2 1)2

=k

e

+1-

(+1)2 2

,

令 g(t)=et-12t2,t=k+1>2,

则g'(t)=et-t,g″(t)=et-1,

∵t>2,g″(t)>0,g'(t)在(2,+∞)上单调递增,g'(t)>g'(2)=e2-2>0,

∴g(t)在(2,+∞)上单调递增,得g(t)>g(2)=e2-2,即f(k+1)>0,

∴f(x)在[ln k,+∞)上有唯一的零点,故函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上

有唯一的零点.

综上,当k>0时函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上有且只有一个零点.

学科素养·微专题

-46-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

题型三 与函数零点有关的证明问题

例3(2018四川广元适应考二,21)已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).

(1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程; (2)若函数f(x)有两个不同零点x1,x2,且0<x1<x2,求证: f'(1+22)<0, 其中f'(x)是f(x)的导函数.

(1)解

当a=2时,f(x)=2ln x-x2+2x,f'(x)=

2

-2x+2,切点坐标为(1,1),

切线的斜率f'(1)=2,∴切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.

(2)证明 由题意,2ln x-x2+ax=0 的两个根为 x1,x2,



2ln 2ln

1-12 2-22

+ +

1 2

= =

0,两式相减得 0,

a=(x1+x2)-2(ln11--l2n

2),

又 f(x)=2ln x-x2+ax,f'(x)=2-2x+a,



f'(1+22)=1+4 2-(x1+x2)+a=1+4 2

?

2(ln 1-ln 1-2

2),

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-47-

要 令证t=112+4,∵2 0?<2x(1l<nx112--,l∴2n 02<)<t<0(1*,),即证2(11+-22)+ln12<0,

即证明 u(t)=21(1+-)+ln t<0 在 0<t<1 上恒成立,

∵u'(x)=-2(1(+1+)-2)2(1-)

+

1

=

1

?

4 (1+)2

=

((1-+1)2)2,

又 0<t<1,∴u'(x)>0,

∴u(t)在(0,1)上是增函数,则 u(t)<u(1)=0,从而知2(11+-22)+ln12<0,
故 f'(1+22)<0.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-48-

解题心得证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条 件,即零点对应的函数值为0,证明的思路一般对条件等价转化,构造 合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值 情况等)再结合函数图象来解决.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-49-

对点训练3(2018四川绵阳南山中学二模,21改编)已知函数 f(x)=aln x-bx-3(a∈R且a≠0),当a=1时,设g(x)=f(x)+3,若g(x)有两个 相异零点x1,x2,求证:ln x1+ln x2>2.

学科素养·微专题

-50-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

证明 当a=1时,g(x)=f(x)+3=ln x-bx,

函数的定义域为x>0,设x1>x2>0,
∵g(x1)=0,g(x2)=0,∴ln x1-bx1=0,ln x2-bx2=0, ∴ln x1-ln x2=b(x1-x2),ln x1+ln x2=b(x1+x2).
要证ln x1+ln x2>2,即证b(x1+x2)>2,

即ln

1-ln 2 1-2

>

1+2 2,即

ln12

>

2(11+-22),

设 t=12>1,上式转化为 ln t>2(+-11)(t>1).
设 g(t)=ln t-2(+-11),∴g'(t)=((-+11)2)2>0,

∴g(t)在(1,+∞)上单调递增,

∴g(t)>g(1)=0,∴ln t>2(+-11), ∴ln x1+ln x2>2.

学科素养·微专题

-51-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

题型四 已知零点个数求参数范围 例4已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-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.
解 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)·(2ex+1).
(ⅰ)若a≤0,则f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减. (ⅱ)若a>0,则由f'(x)=0得x=-ln a.
当x∈(-∞,-ln a)时,f'(x)<0; 当x∈(-ln a,+∞)时,f'(x)>0, 所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增.

学科素养·微专题

-52-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

(2)解法 1:(ⅰ)若 a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.

(ⅱ)若 a>0,由(1)知,当 x=-ln a 时,f(x)取得最小值,

最小值为 f(-ln a)=1-1+ln a.
①当 a=1 时,由于 f(-ln a)=0,故 f(x)只有一个零点;

②当 a∈(1,+∞)时,由于 1-1+ln a>0,
即 f(-ln a)>0,故 f(x)没有零点;

③当 a∈(0,1)时,1-1+ln a<0,即 f(-ln a)<0.
又 f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,

故 f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.

设正整数 n0 满足 n0>ln

3

-1

,

则 f(n0)=e0(ae0+a-2)-n0>e0-n0>20-n0>0.

由于 ln

3

-1

>-ln a,因此 f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.

综上,a 的取值范围为(0,1).

学科素养·微专题

-53-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

解法 2:函数 f(x)有两个零点?方程 f(x)=ae2x+(a-2)ex-x=0 有两个 根?方程 a=e22e++e有两个根?函数 y=a 的图象与函数 g(x)=e22e++e的 图象有两个交点.
g'(x)=e(2(ee2++1)e(1)-2-e),
令h(x)=1-x-ex,h'(x)=-1-ex<0,
所以h(x)在(-∞,+∞)单调递减.又h(0)=0,
所以当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0;当x∈(0,+∞)时,g'(x)<0, 所以g(x)在(-∞,0)单调递增,在(0,+∞)单调递减.
所以g(x)≤g(0)=1.
又当x→-∞时,g(x)→-∞;当x→+∞时,g(x)→0.
所以a的取值范围为(0,1).

学科素养·微专题

-54-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

解法 3:函数 f(x)有两个零点?方程 f(x)=ae2+(a-2)ex-x=0 有两
个根.
设 t=ex,则 x=ln t, ?方程 at2+(a-2)t-ln t=0 有两个根?方程 a(t+1)-2=ln有两个根 ?函数 y=a(x+1)-2 的图象与函数 g(x)=ln的图象有两个交点.
∵g'(x)=1-l2n,当 x∈(0,e)时,g'(x)>0,当 x∈(e,+∞)时,g'(x)<0, ∴g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减. ∴g(x)≤g(e)=1e.又当 x→0 时,g(x)→-∞;当 x→+∞时,g(x)→0;
作出 g(x)=ln的图象. 设直线 y=a(x+1)-2 与 g(x)=ln的图象切于点(x0,ln00),

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-55-

则有

ln 0 0
=

= (0

1-ln 0 02

,

+

1)-2, 解得

a=1,

由图象可知,a 的取值范围为(0,1).

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-56-

解题心得已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路: (1)分类讨论法:分类讨论就是将所有可能出现的情况进行分类, 然后逐个论证,它属于完全归纳. (2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决. (3)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出 函数的图象,然后数形结合求解.

学科素养·微专题

-57-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

对点训练4(2018河北衡水中学月考,21改编)已知函数g(x)=

1

+aln

x,若关于x的方程g(x)=a有实数根,求实数a的取值范围.

解 方程1+aln x-a=0 有实数根,

即函数 h(x)=1+aln x-a(x>0)存在零点,

∵h'(x)=-12

+



=

2-1,

令 h'(x)=0,得 x=1.

当 a<0 时,h'(x)<0,即函数 h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,

而 h(1)=1-a>0,h(e1-1)=e11-1+a(1-1)-a=e11-1-1<1e-1<0, 所以函数 h(x)存在零点;

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-58-

当 a>0 时,h'(x)在区间(0,1)上 h'(x)<0,在(1,+∞)上 h'(x)>0,
∴h(x)在区间(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴h(1)=a+aln1-a=-aln a 为函数 h(x)的极小值,也是最小值.
当 h(1)>0,即 aln a<0,也即 ln a<0,
∴0<a<1 时,函数 h(x)没有零点; 当 h(1)≤0,即 a≥1 时,∵h(1)=1-a≤0,h(e)=1e+a-a=1e>0, ∴函数 h(x)存在零点.
综上所述,当 a∈(-∞,0)∪[1,+∞)时,方程 g(x)=a 有实数根.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-59-

题型五 利用导数解决存在性问题 例5(2018四川内江一模,21)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a>1,是否存在正实数x,使得f(x)>0?若存在,请求出一个符合 条件的x,若不存在,请说明理由.
解 (1)f(x)的定义域为R,f'(x)=ex-a,当a≤0时,f'(x)>0,故f(x)在R上单 调递增;
当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln a,当x<ln a时,f'(x)<0,故f(x)单调递减,当 x>ln a时,f'(x)>0,故f(x)单调递增,
综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递增; 当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-60-

(2)存在正数x=2ln a,使得f(x)>0,即f(2ln a)=a2-2aln a-1>0,其中a>1. 证明如下: 设g(x)=x2-2xln x-1(x>1),则g'(x)=2x-2ln x-2. 设u(x)=x-ln x-1(x>1),则u'(x)=1-1 >0,故u(x)在(1,+∞)上单调递增.

∴u(x)>u(1)=0,
故g'(x)=2x-2ln x-2=2u(x)>0.
∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,故g(x)>g(1)=0. ∴当a>1时,a2-2aln a-1>0, ∴f(2ln a)=a2-2aln a-1>0.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-61-

解题心得本例(2)中,利用导数的方法易得f(x)=ex-ax-1在x=ln a有 最小值,存在正实数x使得f(x)>0?ex-ax-1>0?ex>ax+1,分别作出函 数y=ex和y=ax+1的图象,当x<ln a时,y=ex的图象增长的缓慢,当x>ln a时,y=ex的图象增长的快速,所以当x=2ln a时,函数y=ex的图象一定 在y=ax+1的图象上面,如上图所示,所以取x=2ln a,然后证明.

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

学科素养·微专题

-62-

对点训练5(2018河南安阳一模,21)已知函数

f(x)=2e2

+

e2

,

g(x)=3eln x,其中e为自然对数的底数.

(1)讨论函数f(x)的单调性.

(2)是否存在实数a,b,使f(x)≥ax+b≥g(x)对任意x∈(0,+∞)恒成立?

若存在,试求出a,b的值;若不存在,请说明理由.

学科素养·微专题

-63-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

解 (1当)f'(xx<)=3e44e且 ?xe≠220=时4,ef3'(-2xe3),<令0,当f'(xx)=>03e4得时x,f='(3xe)4>. 0.

所以 f(x)在(-∞,0)与

0,

e 34

上单调递减,在(3e4,+∞)上单调递增.

(2)根据题意 f(e)=g(e)=3e,

则 ae+b=3e,b=3e-ae.①

于是,ax+b≥g(x),

即 a(x-e)-3e(1-ln x)≥0,

记 h(x)=a(x-e)+3e(1-ln x),

h'(x)=a-3e(x>0), 若 a≤0,则 h'(x)<0,得 h(x)在(0,+∞)上单调递减,则当 x>e 时,有

h(x)<h(e)=0,不合题意;

学科素养·微专题

-64-

题型一

题型二

题型三

题型四

题型五

若 a>0,易知 h(x)在 0,3e 上单调递减,在 3e,+∞ 上单调递增,





得 h(x)在(0,+∞)上的最小值 h

3e

=3e

2-ln

3e

-ae≥0.

记 m(a)=3e

2-ln

3e

-ae,

则 m'(a)=3e-e,得 m(a)有最大值 m(3)=0,即 m(a)≤m(3)=0,

又 m(a)≥0,故 a=3,代入①得 b=0.

当 a=3,b=0 时,f(x)≥ax+b,

即22
3

+

e2

≥3x?

23-3e2+e3 e

≥0(x>0)?2x3-3ex2+e3≥0.

记 φ(x)=2x3-3ex2+e3,则 φ'(x)=6x(x-e),得 φ(x)在(0,+∞)上有最小

值 φ(e)=0,即 φ(x)≥0,符合题意.

综上,存在 a=3,b=0,使 f(x)≥ax+b≥g(x)对任意 x∈(0,+∞)恒成

立.


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