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文档介绍
【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0H(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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