南京市2019届高三数学二轮专题复习资料专题07:导数及其应用

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南京市2019届高三数学二轮专题复习资料专题07:导数及其应用

南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 1 页 共 53 页 专题 7:导数及其应用 目录 问题归类篇 ............................................................................................................................................................... 2 类型一:切线方程 ........................................................................................................................................... 2 类型二 利用导数研究函数的单调性问题: .................................................................................................... 6 类型三:函数极值与最值 ............................................................................................................................. 13 类型四:不等式恒成立问题 ......................................................................................................................... 24 类型五:方程有解(或解的个数)问题 ..................................................................................................... 33 综合应用篇 ............................................................................................................................................................. 41 一、例题分析 ................................................................................................................................................. 41 二、反馈巩固 ................................................................................................................................................. 45 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 2 页 共 53 页 问题归类篇 类型一:切线方程 一、前测回顾 1.曲线 y=x3 上在点(-1,-1)的切线方程为 . 答案:y=3x+2. 解析:y ′=3x2,则切线的斜率是 3×(-1)2,再利用点斜式求出切线方程. 2.曲线 y=x3-3x2+2x 过点(0,0)的切线方程为 . 答案:y=2x 或 y=-1 4x. 解析:y ′=3x2-6x+2,设切点为(x0,x03-3x02+2x0),则切线的斜率为 3x02-6x0+2. 切线方程为 y-(x03-3x02+2x0)=(3x02-6x0+2)(x-x0),( 0,0)代入,得 x0的值,从而得到切 线方程. 二、方法联想 涉及函数图象的切线问题:如果已知切点,则利用切点求切线;如果不知切点,则先设切点坐标求出 切线方程的一般形式再利用已知条件. 注意:(1)“在”与“过”的区别:“在”表示该点为切点,“过”表示该点不一定为切点. (2)切点的三个作用:①求切线斜率;②切点在切线上;③切点在曲线上. 三、方法应用 例 1.(2018 全国新课标Ⅰ文、理)设函数 f(x)=x3+(a-1)x2+ax.若 f(x)为奇函数,则曲线 y=f(x) 在点(0,0)处的切线方程为 . 答案:y=x. 解析:∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x),即 a=1,, ∴f(x)=x3+x,∴f ′(0)=1,∴切线方程为 y=x. 例 2.(2018·无锡期末)已知函数 f(x)=ex(3x-2),求过点(2,0)与函数 y=f(x)的图像相切的直线方 程; 解析:设切点为(x0,y0),f'(x)=ex(3x+1),则切线斜率为 ex0(3x0+1), 所以切线方程为 y-y0=ex0(3x0+1)(x-x0),因为切线过(2,0), 所以-ex0(3x0-2)=ex0(3x0+1)(2-x0), 化简得 3x02-8x0=0,解得 x0=0,8 3. 当 x0=0 时,切线方程为 y=x-2, 当 x0=8 3时,切线方程为 y=9e 8 3x-18e 8 3. 例 3.(2014 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中,若曲线 y=ax2+b x (a,b 为常数)过点 P(2,-5),且该曲 线在点 P 处的切线与直线 7x+2y+3=0 平行,则 a+b 的值是 . 答案:-3 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 3 页 共 53 页 解析:由题意可得-5=4a+b 2 ①,又 f'(x)=2ax-b x2,过点 P(2,-5)的切线的斜率 4a-b 4=-7 2 ②,由① ②解得 a=-1,b=-2,所以 a+b=-3. 例 4、已知函数 f(x)=2x3-3x,若过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切,求t 的取值范围. 答案:t∈(-3,-1) 解:设切点坐标(x0,y0),切线斜率为 k ,则有   y0=2x30-3x0 k=f'(x0)=6x20-3  切线方程为:y-(2x30-3x0)=(6x20-3)(x-x0) 因为切线过 P(1,t),所以将 P(1,t)代入直线方程可得: t-(2x30-3x0)=(6x20-3)(1-x0) t=(6x20-3)(1-x0)+(2x30-3x0) =6x20-3-6x30+3x0+2x30-3x0=-4x30+6x20-3 所以问题等价于方程 t=-4x30+6x20-3,令 g(x)=-4x3+6x2-3 即直线 y=t 与 g(x)=-4x3+6x2-3 有三个不同交点 g'(x)=-12x2+12x=-12x(x-1) 令 g'(x)>0 解得 0<x<1 所以 g(x)在(-∞,0),(1,+∞)单调递减,在(0,1)单调递增 g(x)=g(1)=-1,g(x)=g(0)=-3 所以若有三个交点,则 t∈(-3,-1) 所以当 t∈(-3,-1)时,过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切. 四、归类巩固 *1.若曲线 y=1 2x+b 是曲线 y=lnx (x>0)的一条切线,则实数 b 的值为 . (已知切线方程求参数值) 答案:ln2-1, *2.已知函数 f(x)=ax3+x+1 的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则 a=________. (已知切线过定点,求参数) 答案:1 解析:由题意可得 f′(x)=3ax2+1,∴f′(1)=3a+1, 又 f(1)=a+2,∴f(x)=ax3+x+1 的图象在点(1,f(1))处的切线方程为 y-(a+2)=(3a+1)(x-1),又此 切线过点(2,7),∴7-(a+2)=(3a+1)(2-1),解得 a=1. *3.函数 f(x)=alnx-bx2 上一点 P(2,f(2))处的切线方程为 y=-3x+2ln2+2,求 a,b 的值 (已知切线方程求参数) 答案:a=2,b=1, *4.(2018·南京盐城期末·20)设函数 f(x)=lnx,g(x)=ax+b x (a,b∈R),若函数 f(x)与 g(x)的图象在 x= 1 处有相同的切线,求 a,b 的值. (已知两曲线的公共切线,求参数) 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 4 页 共 53 页 答案:a=1 2,b=-1 2. **5.在平面直角坐标系 xOy 中,直线l 与曲线 y=x2(x>0)和 y=x3(x>0)均相切,切点分别为 A(x1,y1) 和 B(x2,y2),则x1 x2 的值是 (已知两曲线的公共切线,求切点) 答案 4 3. 解析:由题设函数 y=x2 在 A(x1,y1)处的切线方程为:y=2x1 x-x12, 函数 y=x3 在 B(x2,y2)处的切线方程为 y=3 x22 x-2x23. 所以  2x1=3x22 x12=2x23 ,解之得:x1=32 27,x2=8 9. 所以 x1 x2 =4 3. **6.若存在过点(1,0)的直线与曲线 y=x3 和 y=ax2+15 4 x-9 都相切,求 a 的值. (已知公切线,求参数的值) 答案:-25 64或-1. 解析:设曲线 y=x3 的切点(x0,x30),则切线方程为 y-x30=3x20 (x-x0), 切线过点(1,0),所以-x30=3x20 (1-x0),所以 x0=0 或 x0=3 2, 则切线为 y=0 或 y=27 4 x-27 4 , 由 y=0 与 y=ax2+15 4 x-9 相切,则 ax2+15 4 x-9=0,所以 a≠0 且△=0; 由或 y=27 4 x-27 4 与 y=ax2+15 4 x-9 相切,则 ax2+15 4 x-9=27 4 x-27 4 ,所以 a≠0 且△=0。 解得 a 的值为-25 64或-1. **7.(2015 新课标 2)已知曲线 y=x+lnx 在点(1,1)处的切线与曲线 y=ax2+(a+2)x+1 相切,则 a = . (已知切线方程求参数) 答案:8 解析:∵y'=1+1 x,∴y'|x=1 =2,∴y=x+lnx 在点(1,1)处的切线方程为 y-1=2(x-1),∴y=2x -1,又切线与曲线 y=ax2+(a+2)x+1 相切,当 a=0 时,y=2x+1 与 y=2x-1 平行,故 a≠0.∵ y'=2ax+(a-2),∴令 2ax+a+2=2 得 x=-1 2,代入 y=2x-1,得 y=-2,∴点(-1 2,-2)在 y= ax2+(a+2)x+1 的图象上,故-2=a×(-1 2)2+(a+2)×(-1 2)+1,∴a=8. **8.曲线 y=-1 x(x<0)与曲线 y=lnx 公切线(切线相同)的条数为 . 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 5 页 共 53 页 (求两曲线的公切线条数) 答案:1 **9.设直线 l1,l2 分别是函数 f(x)= ln ,0 1, ln , 1, xx xx      图象上点 P1,P2 处的切线,l1 与 l2 垂直相交于点 P,且 l1,l2 分别与 y 轴相交于点 A,B,则△PAB 的面积的取值范围是 . (已知切线的位置关系,求参数的数量关系及范围) 答案:(0,1) 解析:设    1 1 1 2 2 2, ln , , lnP x x P x x (不妨设 121, 0 1xx   ),则由导数的几何意义易得切线 12,ll的斜率分别为 12 12 11,.kkxx   由已知得 1 2 1 2 2 1 11, 1, .k k x x x x      切线 1l 的方程 分别为  11 1 1lny x x xx   ,切线 2l 的方程为  22 2 1lny x x xx    ,即 11 1 1lny x x x x     . 分别令 0x  得    110 , 1 ln , 0 ,1 ln .A x B x   又 与 的交点为 2 11 122 11 21, ln11 xxPxxx  , 1 1x  , 2 11 22 11 211 12 1 1PAB A B P xxS y y x xx        , 01PABS   . ***10.(2018·苏北四市期末·19)已知函数 2( ) 1 ( ) ln ( )f x x ax g x x a a       R, .若存在与函数 f(x),g(x)的图象都相切的直线,求实数 a 的取值范围. (已知公切线,利用零点存在性定理,求参数取值范围) 解析:设函数 f(x)上点(x1,f(x1))与函数 g(x)上点(x2,g(x2))处切线相同, 则 f'(x1)=g'(x2)=f(x1)-g(x2) x1-x2 所以 2x1+a=1 x2 =x12+ax1+1-(lnx2-a) x1-x2 所以 x1= 1 2x2 -a 2,代入x1-x2 x2 =x12+ax1+1-(lnx2-a)得: 1 4x22- a 2x2 +lnx2+a2 4 -a-2=0(*) 设 F(x)= 1 4x2- a 2x+lnx+a2 4 -a-2,则 F'(x)=- 1 2x3+ a 2x2+1 x=2x2+ax-1 2x3 不妨设 2x02+ax0-1=0(x0>0)则当 0<x<x0 时,F'(x)<0,当 x>x0 时,F'(x)>0 所以 F(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增, 代入 a=1-2x02 x0 =1 x0 -2x0 可得:F(x)min=F(x0)=x02+2x0-1 x0 +lnx0-2 设 G(x)=x2+2x-1 x+lnx-2,则 G'(x)=2x+2+1 x2+1 x>0 对 x>0 恒成立, 所以 G(x)在区间(0,+∞)上单调递增,又 G(1)=0 所以当 0<x≤1 时 G(x)≤0,即当 0<x0≤1 时 F(x0)≤0, 又当 x=ea+2 时 F(x)= 1 4e2a+4- a 2ea+2+lnea+2+a2 4 -a-2 =1 4( 1 ea+2-a)2≥0 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 6 页 共 53 页 因此当 0<x0≤1 时,函数 F(x)必有零点;即当 0<x0≤1 时,必存在 x2 使得(*)成立; 即存在 x1,x2 使得函数 f(x)上点(x1,f(x1))与函数 g(x)上点(x2,g(x2))处切线相同. 又由 y=1 x-2x 得:y'=-1 x2-2<0 所以 y=1 x-2x(0,1)单调递减,因此 a=1-2x02 x0 =1 x0 -2x0∈[-1+∞) 所以实数 a 的取值范围是[-1,+∞). 类型二 利用导数研究函数的单调性问题: 一、前测回顾 1.已知函数 f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k>0), (1)若函数 f(x)的单调递减区间是(0,4),则实数 k 的值为____________; (2)若在(0,4)上为减函数,则实数 k 的取值范围是____________. 答案:(1)1 3 (2) 0,1 3 解析:(1)f′(x)=3kx2+6(k-1)x,由题意知 f′(4)=0,解得 k=1 3,检验符合. (2)由 f′(x)=3kx2+6(k-1)x,由题意知 f′(4)≤0,解得 k≤1 3,又 k>0,故 0-1 4时,由 f′(x)=0 得 x1=1+ 1+4a 2 ,x2=1- 1+4a 2 , ① 若-1 4x2>0, 由 f′(x)<0,得 0x1; 由 f′(x)>0,得 x20,则 x1>0>x2, 由 f′(x)<0,得 x>x1;由 f′(x)>0,得 0f(x)恒成立,若 x10,所以 g(x)单调递增,当 x1-1 2时,-(a+1)2 +a+2≥0,则-1 20,故 f(x)在区间(-∞,0)上是单调递增. ②当 a>0 时,x∈(-∞,-a),f′(x)>0,所以 f(x)在区间(-∞,-a)上是单调递增;x∈(-a,0),f′ (x)<0,所以 f(x)在区间(-a,0)上是单调递减. 综上所述,当 a≤0 时,f(x)单调增区间为(-∞,0),(0,+∞);当 a>0 时,f(x)单调增区间为(-∞, -a),(a,+∞),单调减区间为(-a,0),(0,a). 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 11 页 共 53 页 **9.设函数 f(x)=lnx,g(x)=ax+a-1 x -3(a∈R).求函数 φ(x)=f(x)+g(x)的单调增区间。 (考查函数单调性的讨论) 解析:因为 φ(x)=f(x)+g(x)=lnx+ax+a-1 x -3 (x>0), 所以 φ'(x)= 1 x+a-a-1 x2 = ax2+x-(a-1) x2 = (ax-(a-1))(x+1) x2 (x>0). ①当 a=0 时,由 φ'(x)>0,解得 x>0; ②当 a>1 时,由 φ'(x)>0,解得 x> a-1 a ; ③当 0<a<1 时,由 φ'(x)>0,解得 x>0; ④当 a=1 时,由 φ'(x)>0,解得 x>0; ⑤当 a<0 时,由 φ'(x)>0,解得 0<x<a-1 a . 所以,当 a<0 时,函数 φ(x)的单调增区间为 (0,a-1 a ); 当 0≤a≤1 时,函数 φ(x)的单调增区间为(0,+∞); 当 a>1 时,函数 φ(x)的单调增区间为(a-1 a ,+∞). **10.(15 年高考题).已知函数 f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R),试讨论 f(x)的单调性. (考查函数单调性的讨论) 解析:(1) f′(x)=3x2+2ax,令 f′(x)=0,解得 x1=0,x2=-2a 3 . 当 a=0 时,因为 f′(x)=3x2>0(x≠0),所以函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 当 a>0 时,x∈ -∞,-2a 3 ∪(0,+∞)时,f′(x)>0,x∈ -2a 3 ,0 时,f′(x)<0, 所以函数 f(x)在 -∞,-2a 3 ,(0,+∞)上单调递增,在 -2a 3 ,0 上单调递减; 当 a<0 时,x∈(-∞,0)∪ -2a 3 ,+∞ 时,f′(x)>0,x∈ 0,-2a 3 时,f′(x)<0, 所以函数 f(x)在(-∞,0), -2a 3 ,+∞ 上单调递增,在 0,-2a 3 上单调递减. **11.定义在 R 上的函数 f(x)满足:f(x)+f ′(x)>1,f(0)=4,则不等式 exf(x)>ex+3(其中 e 为自然对 数的底数)的解集为 . (考查根据导数性质确定函数单调性,利用函数单调性解不等式) 答案:(0,+∞) 解析:令 g(x)=exf(x)-ex,则 g ′(x)=ex(f(x)+f ′(x)-1)>0,所以函数 g(x)在 R 上单调增, 不等式 exf(x)>ex+3 即为 g(x)>g(0),所以解集为(0,+∞). ***12.设连续函数 f(x)在 R 上存在导函数 f ′(x),对于任意实数 x,都有 f(x)=6x2-f(-x),当 x∈(- ∞,0)时, 2f ′(x)+1<12x 若 f(m+2)≤f(-2m)+12m+12-9m2,则 m 的取值范围为 . (利用导数研究函数的单调性、构造函数求参数范围, 准确构造出符合题意的函数是解题的关键;解 这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数,构造函数时往往从两方面着手:①根据导函数的 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 12 页 共 53 页 “形状”变换不等式“形状”;②利用条件中提示) 【答案】[-2 3,+∞) 【解析】∵f(x)-3x2+f(-x)-3x2=0,设 g(x)=f(x)-3x2,则 g(x)+g(-x)=0,∴g(x)为奇函数,又 g'(x)=f'(x)-6x<-1 2,∴g(x)在 x∈(-∞,0)上是减函数,从而在 R 上是减函数,又 f(m+2)≤f(- 2m)+12m+12-9m2,等价于 f(m+2)-3(m+2)2≤f(-2m)-3-(-2m)2,即 g(m+2)≤g(-2m), ∴m+2≥-2m,解得 m≥-2 3. **13.设函数 f(x)=1 3x3-a 2x2+1. (1) 若 a>0,求函数 f(x)的单调区间; (2) 设函数 g(x)=f(x)+2x,且 g(x)在区间(-2,-1)内存在单调递减区间,求实数 a 的取值范围. 解:(1) 由已知得 f′(x)=x2-ax=x(x-a)(a>0). 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)>0; 当 x∈(0,a)时,f′(x)<0; 当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0. 所以函数 f(x)的单调增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调减区间为(0,a). (2) g′(x)=x2-ax+2,依题意,存在 x∈(-2,-1), 使不等式 g′(x)=x2-ax+2<0 成立, 即 x∈(-2,-1)时,a<(x+2 x)max=-2 2, 当且仅当 x=2 x,即 x=- 2时等号成立. 所以满足要求的实数 a 的取值范围是(-∞,-2 2). ***14.已知函数 f (x)=x(ex-2),g (x)=x-lnx+k,k∈R,e 为自然对数的底.记函数 F(x)=f(x)+g (x).记 F(x)的极值点为 m.求证:函数 G(x)=|F(x)|+lnx 在区间(0,m)上单调递增.(极值点是指函数取极值 时对应的自变量的值) (考查利用导数研究函数的单调性) 证明:F(x)=f(x)+g(x)=xex-x-lnx+k,F ′(x)=(x+1)(ex-1 x), 设 h(x)=ex-1 x(x>0),则 h ′(x)=ex+1 x2>0 恒成立, 所以函数 h(x)在(0,+∞)上单调递增. 又 h(1 2)= e-2<0,h(1)=e-1>0,且 h(x)的图像在(0,+∞)上不间断, 因此 h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点 x0∈(1 2,1),且 ex0=1 x0 . 当 x∈(0,x0)时,h(x)<0,即 F ′(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,即 F ′(x)>0, 所以 F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 于是 x=x0 时,函数 F(x)取极(最)小值为 F(x0)=x0ex0-x0-lnx0+k =1-x0-ln 1 ex0+k=1+k.所以 m=x0, ①当 1+k≥0,即 k≥-1 时,F(x)≥0 恒成立, 于是 G(x)=F(x)+lnx=xe x-x+k,G ′(x)=(x+1)ex-1. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 13 页 共 53 页 因为 x∈(0,m),所以 x+1>1,ex>1,于是 G ′(x)>0 恒成立, 所以函数 G(x)在(0,m)上单调递增. ②当 1+k<0,即 k<-1 时,0<ek<1 2<x0=m, F(ek)=ek( eek -1)>0,F(m)=F(x0)=1+k<0, 又 F(x)在(0,m)上单调递减且图像不间断, 所以 F(x)在(0,m)上存在唯一的零点 x1. 当 0<x≤x1 时,F(x)≥0,G(x)=F(x)+lnx=xex-x+k,G ′(x)=(x+1)ex-1, 因为 0<x≤x1,所以 x+1>1,ex>1,于是 G ′(x)>0 恒成立, 所以函数 G(x)在(0,x1]上单调递增; ① 当 x1≤x<m 时,F(x)≤0,G(x)=-F(x)+lnx,G ′(x)=-F ′(x)+1 x, 可知,当 x1≤x<m 时,F ′(x)<0,于是 G ′(x)>0 恒成立, 所以函数 G(x)在[x1,m)上单调递增; ② 设任意 s,t∈(0,m),且 s<t, 若 t≤x1,则由①知 G(s)<G(t), 若 s<x1<t,则由①知 G(s)<G(x1),由②知 G(x1)<G(t),于是 G(s)<G(t), 若 x1≤s,由②知 G(s)<G(t), 因此总有 G(s)<G(t), 所以 G(x)在(0,m)上单调递增. 综上,函数 G(x)在(0,m)上单调递增. 类型三:函数极值与最值 一、前测回顾 1.求下列函数极值(或最值): (1) f(x)=xlnx (2)f(x)=sinx-1 2x,x∈[-π 2,π 2] 答案:(1)当 x=1 e时,f(x)取极小值-1 e. (2)当 x=-π 3时,f(x)取最小值π 6- 3 2 .当 x=π 3时,f(x)取最大值 3 2 -π 6. 解析:(1)f ′(x)=lnx+1,令 f ′(x)=0,则 x=1 e,列表格得到单调性,求出极小值 (2)f ′(x)=cosx-1 2,令 f ′(x)=0,则 x=±π 3,列表格得到单调性,求出极小值极大值 2.在平面直角坐标系 xOy 中,直线 y=x+b 是曲线 y=alnx 的切线,则当 a>0 时,实数 b 的最小值是 ______________. 答案:-1 解析:不妨设切点 P(x0,y0),则 f′(x0)= a x0 =1,∴ x0=a,从而 y0=a+b,y0=alna, 即有 b=alna-a,a>0.又令 b′(a)=lna=0,解得 a=1,∴ 当 a=1 时,b 取得最小值-1. 3. 函数 f(x)=x3+ax2+bx+a2在 x=1 时有极值 10,那么 a+b 的值分别为________. 答案:15 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 14 页 共 53 页 4. 已知函数 f(x)=lnx-m x(m∈R)在区间[1,e]上的最小值为 4,则 m= . 答案:-3e 5. 已知函数 f(x)=ax2-lnx-1(a∈R),求 f(x)在[1,e]上的最小值. 解析: 解:f ′(x)=2ax-1 x=2ax2-1 x , 当 a≤0 时,f ′(x)<0,f(x)在[1,e]上为减函数,所以 f(x)的最大值为 f(1),最小值为 f(e)=ae2-2. 当 a>0 时,令 f(x)=0 得 2ax2=1,① 由①得 x= 1 2a, (1)若 1 2a≤1,即 a≥1 2时,f ′(x)≥0,f(x)在[1,e]上为增函数, ∴最小值为 f(1)=a-1 (2)若 1< 1 2a<e,即 1 2e2<a<1 2时,f(x)在(1, 1 2a)上为减函数,在( 1 2a,e)上为增函数, ∴当 x= 1 2a,函数 f(x)取得极小值,同时也是最小值 f( 1 2a)=1 2(ln2a-1). (3)若 1 2a≥e,即 a≤ 1 2e2时,f(x)在(1,e)上为减函数,最小值为 f(e)=ae2-2. 综上,当 a≤ 1 2e2时,f(x)在[1,e]上的最小值为 f(e)=ae2-2. 当 1 2e2<a<1 2时,f(x)在[1,e]上的最小值为 f( 1 2a)=1 2(ln2a-1). 当 a≥1 2时,f(x)在[1,e]上的最小值为 f(1)=a-1. 二、方法联想 (1)求函数的极值(或最值) 步骤:①求函数的定义域; ②求 f ′(x)=0 在区间内的根; ③讨论极值点两侧的导数的正负确定极大值或极小值. ④将求得的极值与两端点处的函数值进行比较,得到最大值与最小值. (2)已知函数的极值点 x0,求参数的值. 方法:根据取极值的必要条件 f ′(x0)=0,求出参数的值, 要注意验证 x0 左右的导数值的符号是否符合取极值的条件。 (3)已知含参函数的极值点讨论. ①分类讨论根据 f ′(x)=0 解(判断为极值点)的存在性和解与区间的位置关系分为:“无、左、中、 右”,对四种分类标准进行取舍(或合并); 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 15 页 共 53 页 ②注意数形结合. 三、方法应用 例 1.(1)已知函数 2( ) 1 ( ) ln ( )f x x ax g x x a a       R, .当 1a  时,求函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x的 极值. (2)(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=2sinx+sin2x,求 f(x)的最小值. 解析:(1)函数 ()hx的定义域为 (0, ) 当 1a  时, 2( ) ( ) ( ) ln 2h x f x g x x x x      , 所以 1 (2 1)( 1)( ) 2 1 xxh x x xx      所以当 10 2x时, ( ) 0hx  ,当 1 2x  时, ( ) 0hx  , 所以函数 ()hx在区间 1(0, )2 单调递减,在区间 1( , )2  单调递增, 所以当 1 2x  时,函数 ()hx取得极小值为11+ln 24 ,无极大值. (2)由 f(x)=2sinx+sin2x,得 f′(x)=2cosx+2cos2x=4cos2x+2cosx-2,令 f′(x)=0,得 cosx=1 2或 cosx =-1,可得当 cosx∈ -1,1 2 时,f′(x)<0,f(x)为减函数;当 cosx∈ 1 2,1 时,f′(x)>0,f(x)为增函数, 所以当 cosx=1 2时,f(x)取最小值,此时 sinx=± 3 2 .又因为 f(x)=2sinx+2sinxcosx=2sinx(1+cosx),1+ cosx≥0 恒成立,∴f(x)取最小值时,sinx=- 3 2 ,∴f(x)min=2×   - 3 2 × 1+1 2 =-3 3 2 . 例 2.(1)已知函数 f(x)=1 3x3+x2-2ax+1,若函数 f(x)在(1,2)上有极值,则实数 a 的取值范围 为 . (2)已知函数 f (x)=x3+ax2+bx-a2-7a 在 x=1 处取得极大值 10,则a b的值为________. 极值(最值或 单调性问题) 方程无解 有解在开区间内,列表求最值 所有解在开区间外 优先用十字相乘法求解 f′(x)=0 方程有解 区间左侧 区间右侧 (通分) (先舍掉解, 再比较解的 大小) f’(x)恒正或恒负,利用单调性求最值 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 16 页 共 53 页 答案:(1)(3 2,4) (2)-2 3 解析:(1)由题意得 f'(x)在(1,2)上有零点,即 x2+2x-2a=0a= 1 2(x2+2x)∈( 3 2,4) (2)由题意知 f ′(x)=3x2+2ax+b,f ′(1)=0,f (1)=10, 即  3+2a+b=0, 1+a+b-a2-7a=10,解得  a=-2, b=1 或  a=-6, b=9, 经检验  a=-6, b=9 满足题意,故a b=-2 3. 例 3.(扬州市 2017 届高三上学期期末)已知函数 f(x)=g(x)·h(x),其中函数 g(x)=ex,h(x)=x2+ ax+a.当 0<a<2 时,求函数 f(x)在 x∈[-2a,a]上的最大值; 解析:(2) 2( ) ( )xf x e x ax a    , 故 ' ( ) ( 2)( ) xf x x x a e   , 令 ' ( ) 0fx ,得 xa 或 2x  . ①当 22a   ,即01a时, ()fx在[ 2 , ]aa上递减,在[ , ]aa 上递增, 所以  max( ) max ( 2 ), ( )f x f a f a , 由于 22( 2 ) (2 ) af a a a e   , 2( ) (2 ) af a a a e,故 ( ) ( 2 )f a f a , 所以 max( ) ( )f x f a ; ②当 22a   ,即12a时, 在[ 2 , 2]a上递增,[ 2, ]a 上递减,在[ , ]aa 上递增, 所以  max( ) max ( 2), ( )f x f f a , 由于 2( 2) (4 )f a e   , ,故 ( ) ( 2)f a f, 所以 ; 综上得, 2 max( ) ( ) (2 ) af x f a a a e   例 4.已知函数 g(x)=1 3x3-1 2ax2+(x-a)cosx-sinx,a∈R,讨论 g(x)的单调性并判断有无极值,有极 值时求出极值. 解析:因为 g(x)=1 3x3-1 2ax2+(x-a)cosx-sinx 所以 g'(x)=f'(x)+cosx-(x-a)sinx-cosx, =x(x-a)-(x-a)sinx =(x-a)(x-sinx), 令 h(x)=x-sinx,则 h'(x)=1-cosx>0,所以 h(x)在 R 上单调递增, 因此 h(0)=0,所以,当 x>0 时,h(x)>0;当 x<0 时 h(x)<0. (1) 当 a<0 时,g'(x)=(x-a)(x-sinx), 当 x∈(-∞,a)时,x-a<0,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当 x∈(a,0)时,x-a>0,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当 x∈(0,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增. 所以,当 x=a 时,g(x)取到极大值,极大值是 g(a)=-1 6a3-sina, 当 x=0 时,g(x)取到极小值,极小值是 g(0)=-a. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 17 页 共 53 页 (2) 当 a=0 时,g'(x)=x(x-sinx), 当 x∈(-∞,+∞)时,g'(x)≥0,g(x)单调递增; 所以,g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值. (3) 当 a>0 时,g'(x)=(x-a)(x-sinx), 当 x∈(-∞,0)时,x-a<0,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当 x∈(0,a)时,x-a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当 x∈(a,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增. 所以,当 x=0 时,g(x)取到极大值,极大值是 g(0)=-a; 当 x=a 时,g(x)取到极小值,极小值是 g(a)=-1 6a3-sina. 综上所述: 当 a<0 时,函数 g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值, 又有极小值,极大值是 g(a)=-1 6a3-sina,极小值是 g(0)=-a. 当 a=0 时,函数 g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值; 当 a>0 时,函数 g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值, 又有极小值,极大值是 g(0)=-a,极小值是 g(a)=-1 6a3-sina. 例 5.(2018 南京学期调研)已知函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax,a∈R.若 a>1,设 函数 f(x)在区间[1, 2]上的最大值、最小值分别为 M(a)、m(a),记 h(a)=M(a)-m(a),求 h(a)的最小值. 解析:因为 f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax, 所以 f ′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a),f(1)=3a-1,f(2)=4. 令 f ′(x)=0,则 x=1 或 a. f(1)=3a-1,f(2)=4. ①当 1<a≤5 3时, 当 x∈(1,a)时,f (x)<0,所以 f(x)在(1,a)上单调递减; 当 x∈(a,2)时,f (x)>0,所以 f(x)在(a,2)上单调递增. 又因为 f(1)≤f(2),所以 M(a)=f(2)=4,m(a)=f(a)=-a3+3a2, 所以 h(a)=M(a)-m(a)=4-(-a3+3a2)=a3-3a2+4. 因为 h (a)=3a2-6a=3a(a-2)<0, 所以 h(a)在(1,5 3]上单调递减, 所以当 a∈(1,5 3]时,h(a)最小值为 h(5 3)= 8 27. ②当5 3<a<2 时, 当 x∈(1,a)时,f (x)<0,所以 f(x)在(1,a)上单调递减; 当 x∈(a,2)时,f (x)>0,所以 f(x)在(a,2)上单调递增. 又因为 f(1)>f(2),所以 M(a)=f(1)=3a-1,m(a)=f(a)=-a3+3a2, 所以 h(a)=M(a)-m(a)=3a-1-(-a3+3a2)=a3-3a2+3a-1. 因为 h (a)=3a2-6a+3=3(a-1)2≥0. 所以 h(a)在(5 3,2)上单调递增, 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 18 页 共 53 页 所以当 a∈(5 3,2)时,h(a)>h(5 3)= 8 27. ③当 a≥2 时, 当 x∈(1,2)时,f (x)<0,所以 f(x)在(1,2)上单调递减, 所以 M(a)=f(1)=3a-1,m(a)=f(2)=4, 所以 h(a)=M(a)-m(a)=3a-1-4=3a-5, 所以 h(a)在[2,+∞)上的最小值为 h(2)=1. 综上,h(a)的最小值为 8 27. 例 6.(常州市 2016 届高三上期末)已知 a,b 为实数,函数 f(x)=ax3-bx,当 a=1 且 b[1,3]时,求 函数 F(x)=|f(x) x -lnx|+2b+1(x∈[1 2,2])的最大值 M(b). 解析:F(x)=|x2-lnx-b|+2b+1, 记 t(x)=x2-lnx,x∈ 1 2,2 ,则 t′(x)=2x-1 x, 令 t′(x)=0,得 x= 2 2 .(1 分) 当1 2<x< 2 2 时,t′(x)<0,t(x)在   1 2, 2 2 上为单调减函数; 当 2 2 <x<2,t′(x)>0,t(x)在   2 2 ,2 上为单调增函数, 又 t 1 2 =1 4+ln2,t(2)=4-ln2,t   2 2 =1+ln2 2 ,且 t(2)-t 1 2 =15 4 -2ln2>0, 所以 t(x)的取值范围为   1+ln2 2 ,4-ln2 .(3 分) 当 b∈[1,3]时,记 v(t)=|t-b|+2b+1,则 v(t)=  -t+3b+1,1+ln2 2 ≤t≤b, t+b+1,b<t≤4-ln2. 因为函数 v(t)在   1+ln2 2 ,b 上单调递减,在(b,4-ln2]上单调递增, 且 v   1+ln2 2 =3b+1-ln2 2 ,v(4-ln2)=b+5-ln2, v   1+ln2 2 -v(4-ln2)=2b+ln2-9 2 , 所以当 b≤9-ln2 4 时,最大值 M(b)=v(4-ln2)=b+5-ln2, 当 b>9-ln2 4 时,最大值 M(b)=v   1+ln2 2 =3b+1-ln2 2 , 所以 M(b)=   b+5-ln2,1≤b≤9-ln2 4 , 3b+1-ln2 2 ,9-ln2 4 <b≤3. 四、归类巩固 * 1.已知函数 f(x)=lnx-x,则函数 f(x)的极大值为 . (考查利用单调性判断极值) 答案:-1 解析:函数 f(x)的定义域为(0,+∞). 当 a=0 时,f(x)=lnx-x,f′(x)=1 x-1, 令 f′(x)=0 得 x=1.(1 分) 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 19 页 共 53 页 列表: x (0,1) 1 (1,+∞) f′(x) + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ ∴ f(x)的极大值为 f(1)=-1. *2.已知 a 是函数 f(x)=x3-12x 的极小值点,则 a= . (考查已知极值点求参数取值) 答案:2 **3.已知函数 h(x)=2 3h′(1)x2+1 2-lnx,求函数 h(x)的极值. (考查利用单调性判断极值) 解析:h′(x)=4 3h′(1)x-1 x,所以 h′(1)=4 3h′(1)-1,所以 h′(1)=3,则 h(x)=2x2+1 2-lnx, h′(x)=4x-1 x=(2x+1)(2x-1) x (x>0), 令 h′(x)=0,得 x=1 2或 x=-1 2(舍去), 当 01 2时,h′(x)>0, 此时函数 h(x)在 1 2,+∞ 上单调递增, ∴ 当 x=1 2时,h(x)有极小值 h 1 2 =1+ln2. * 4.已知函数 f(x)的导函数 f ′(x)=a(x+1)(x-a),若 f(x)在 x=a 处取到极大值,则 a 的取值范围是_____. (已知极大(小)值点,求参数范围) 答案:(-1,0) 解析:因为 f(x)在 x=a 处取到极大值,所以 x=a 为 f ′(x)的一个零点,且在 x=a 的左边 f ′(x)>0,右 边 f ′(x)<0,所以导函数 f ′(x)的开口向下,且 a>-1,即 a 的取值范围是(-1,0). *5.已知函数 f (x)=2x3-3ax2+3a-2(a>0),若 f (x)的极大值为 0,求实数 a 的值; (已知极大(小)值,求参数范围) 解析:因为 f (x)=2x3-3ax2+3a-2(a>0), 所以 f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a). 令 f'(x)=0,得 x=0 或 a. 当 x∈(-∞,0)时,f'(x)>0,f (x)单调递增; 当 x∈(0,a)时,f'(x)<0,f (x)单调递减; 当 x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,f (x)单调递增. 故 f (x)极大值=f (0)=3a-2=0,解得 a=2 3. **6.已知函数 f(x)=x3+ax2+x+2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(-1,1)内,则实数 a 的取值范围 是______. (已知极值点范围求参数范围) 答案:( 3,2) 解析:由题意可知 f′(x)=0 的两个不同解都在区间(-1,1)内.因为 f′(x)=3x2+2ax+1, 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 20 页 共 53 页 所以根据导函数图象可   Δ=2a2-4×3×1>0, -1< -2a 6 <1, f′(-1)=3-2a+1>0, f′(1)=3+2a+1>0, 又 a>0,解得 30, x1=1-a- a2+a+1 3a ,x2=1-a+ a2+a+1 3a , a>0 时,若 f(x)在 x=1 处取最小值, 只需 x1≤0 且 x2≥1,解得 00)对任意实数 t,在闭区间[t-1,t+1]上总存在两实数 x1、x2,使 得|f(x1)-f(x2)|≥8 成立,则实数 a 的最小值为________. (考查了二次函数在给定区间上的最值问题,用二次函数图象性质解决相关恒成立问题,以及等价转 化的数学思想) 答案:8 解析:f(x)=a x+10 a 2 +14-100 a (a>0),由题设知原题可以等价于对任意区间[x1,x2],x2-x1=2,函 数 f(x)在[x1,x2]上的最大值与最小值之差大于等于 8,不妨设 g(x)=ax2+14-100 a ,则原题可转化成 对任意 t∈R,g(x)在[t,t+2]上最大值与最小值之差大于等于 8, ① 当 t≥0 时,g(x)在[t,t+2]上递增, 从而 gmax(x)-gmin(x)=g(t+2)-g(t)=a[(t+2)2-t2]≥8,即 a(4t+4)≥8 对 t≥0 恒成立,从而 4a≥8 a≥2; ② 当 t+2≤0 时,g(x)在[t,t+2]上递减,从而 gmax(x)-gmin(x)=g(t)-g(t+2)≥8 时,对任意 t≤-2 恒成立,即 a(-4t-4)≥8.对任意 t≤-2 恒成立,从而 a(8-4)≥8 a≥2; ③ 当 t+1≤0 时,g(x)在[t,0]上递减,在[0,t+2]上递增,且 g(t+2)≥g(t),从而 gmax(x)-gmin(x)= g(t+2)-g(0)=a(t+2)2≥8,对于任意 t≥-1 恒成立,从而有 a≥8; ④ 同理 t+1≥0 时,也有 a≥8,综上知 a≥8. **12.若函数 f(x)=lnx+1 2x2- m+1 m x 在区间(0,2)内有且仅有一个极值点,则 m 的取值范围是 . (考查函数单调性,根据函数极值点求参数取值) 答案: 0,1 2 ∪[2,+∞). 解析: f ′(x)=1 x+- m+1 m ,由 f ′(x)=0 得(x-m) x-1 m =0,∴x=m 或 x=1 m.显然 m>0.当且仅当 00,当 x∈(m,2)时,f ′(x)<0,函数 f(x)有极大值点 x=m.若 0<1 m<2≤m,即 m≥2, 则当 x∈ 0,1 m 时, f ′(x)>0,当 x∈ 1 m,2 时, f ′(x)<0,函数 f(x)有极大值点 x=1 m.综上,m 的取值 范围是 0,1 2 ∪[2,+∞). **13.已知函数 f(x)=log1 2 (-x+1)-1,x∈[-1,k] -2|x-1|,x∈(k,a] , 若存在实数 k 使得该函数的值域为[-2,0],则 实数 a 的取值范围是_______. (考查分段函数单调性与值域) 答案:(1 2,2] **14.已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a>0),求 f(x)在[-1,1]上的最小值 g(a). 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 23 页 共 53 页 (考查分段函数单调性与最值) 答案:      1,32 10,)( 3 aa aaag . **15.已知函数 f (x)=2x3-3ax2+3a-2(a>0),若函数 g (x)=f (x)+6x,求 g (x)在[0,1]上取到最大 值时 x 的值. (考查函数的单调性与最值) 解析:g (x)=f (x)+6x=2x3-3ax2+6x+3a-2(a>0), 则 g′(x)=6x2-6ax+6=6(x2-ax+1),x∈[0,1]. ①当 0<a≤2 时,△ =36(a2-4)≤0, 所以 g′(x)≥0 恒成立,g (x)在[0,1]上单调递增, 则 g (x)取得最大值时 x 的值为 1. ②当 a>2 时,g′(x)的对称轴 x=a 2>1,且△=36(a2-4)>0,g′(1)=6(2-a)<0,g′(0)=6>0, 所以 g′(x)在(0,1)上存在唯一零点 x0=a- a2-4 2 . 当 x∈(0,x0)时,g′(x)>0,g (x)单调递增, 当 x∈(x0,1)时,g′(x)<0,g (x)单调递减, 则 g (x)取得最大值时 x 的值为 x0=a- a2-4 2 . 综上,当 0<a≤2 时,g (x)取得最大值时 x 的值为 1; 当 a>2 时,g (x)取得最大值时 x 的值为a- a2-4 2 . **16.(2018·南通泰州期末)已知函数 g(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)有极值,且函数 f(x)=(x+a)ex的极值 点是 g(x)的极值点,其中 e 是自然对数的底数.(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值) (1) 求 b 关于 a 的函数关系式; (2) 当 a>0 时,若函数 F(x)=f(x)-g(x)的最小值为 M(a),求证:M(a)<-7 3. (1) 解:因为 f′(x)=ex+(x+a)ex=(x+a+1)ex, 令 f′(x)=0,解得 x=-a-1. 列表如下: x (-∞,-a-1) -a-1 (-a-1,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 极小值 所以 x=-a-1 时,f(x)取得极小值. 因为 g′(x)=3x2+2ax+b, 由题意可知 g′(-a-1)=0,且 Δ=4a2-12b>0, 所以 3(-a-1)2+2a(-a-1)+b=0, 化简得 b=-a2-4a-3. 由 Δ=4a2-12b=4a2+12(a+1)(a+3)>0,得 a≠-3 2.所以 b=-a2-4a-3 a≠-3 2 . (2) 证明:因为 F(x)=f(x)-g(x)=(x+a)ex-(x3+ax2+bx), 所以 F′(x)=f′(x)-g′(x) =(x+a+1)ex-[3x2+2ax-(a+1)(a+3)] 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 24 页 共 53 页 =(x+a+1)ex-(x+a+1)(3x-a-3) =(x+a+1)(ex-3x+a+3). 记 h(x)=ex-3x+a+3,则 h′(x)=ex-3, 令 h′(x)=0,解得 x=ln 3. 列表如下: x (-∞,ln 3) ln 3 (ln 3,+∞) h′(x) - 0 + h(x) ↘ 极小值 ↗ 所以 x=ln 3 时,h(x)取得极小值,也是最小值, 此时,h(ln 3)=eln3-3ln 3+a+3=6-3ln 3+a=3(2-ln 3)+a=3lne2 3+a>a>0. 所以 h(x)=ex-3x+a+3≥h(ln 3)>0. 令 F′(x)=0,解得 x=-a-1. 列表如下: x (-∞,-a-1) -a-1 (-a-1,+∞) F′(x) - 0 + F(x) ↘ 极小值 ↗ 所以 x=-a-1 时,F(x)取得极小值,也是最小值. 所以 M(a)=F(-a-1) =(-a-1+a)e-a-1-[(-a-1)3+a(-a-1)2+b(-a-1)] =-e-a-1-(a+1)2(a+2). 令 t=-a-1,则 t<-1. 记 m(t)=-et-t2(1-t)=-et+t3-t2,t<-1, 则 m′(t)=-et+3t2-2t,t<-1. 因为-e-1<-et<0,3t2-2t>5,所以 m′(t)>0,所以 m(t)单调递增. 所以 m(t)<-e-1-2<-1 3-2=-7 3, 即 M(a)<-7 3. 类型四:不等式恒成立问题 一、前测回顾 1.已知不等式 ex>x2+m 对任意 x∈(0,+∞)恒成立,求实数 m 的取值范围; 由题意得 m<ex-x2,x∈(0,+∞)恒成立, 令 m(x)=ex-x2,x∈(0,+∞),则 m'(x)=ex-2x,再令 n(x)=m'(x)=ex-2x,则 n'(x)=ex-2, 故当 x∈(0,ln2)时,n'(x)<0,n(x)单调递减;当 x∈(ln2,+∞)时,n'(x)>0,n(x)单调递增, 从而 n(x)在(0,+∞)上有最小值 n(ln2)=2-2ln2>0, 所以 m(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以 m≤m(0),即 m≤1 2.若不等式 ax2>lnx+1 对任意 x∈(0,+∞)恒成立,求实数 a 的取值范围. 答案:a>e 2 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 25 页 共 53 页 解析:ax2>lnx+1∴a>lnx+1 x2 ,令 f(x)=lnx+1 x2 , ∵f ′(x)=-2lnx+1 x3 ,(x>0), 令 f ′(x)=0 得 x= 1 e,易知当 x∈(0, 1 e)时,f ′(x)>0; 当 x∈( 1 e,+∞)时,f ′(x)<0.故 f(x)在(0, 1 e]上递增,在( 1 e,+∞)上递减. 所以 f(x)max=f( 1 e)= e 2. 故要使原不等式恒成立,只需 a>e 2. 二、方法联想 (1)若不等式的左右都是相同的变量 x,如:对x∈D,f(x)≤g(x)恒成立. 方法 1 分离变量看最值法(优先). 方法 2 构造含有参数的函数. 方法 3 构造两个函数的图象判断位置关系(限于解填空题). 方法 4 变换角度看函数. 技巧 可以通过先取满足条件的特殊值来缩小变量的范围. (2)若不等式的左右都是不相同的变量,如:对x1∈D1,x2∈D2, f(x1)≤g(x2)恒成立, 则 f(x)max≤g(x)min. 说明:若是不等式有解问题,则求最值与恒成立的问题正好相反. 三、方法应用 例 1、(2018 南京调研) 已知函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax,a∈R.若对于任意 x∈(0,+∞),f(x)+ f(-x)≥12lnx 恒成立,求 a 的取值范围; 解析:f(x)+f(-x)=-6(a+1)x2≥12lnx 对任意 x∈(0,+∞)恒成立, 所以-(a+1)≥2lnx x2 . 令 g(x)=2lnx x2 ,x>0,则 g(x)=2(1-2lnx) x3 . 令 g(x)=0,解得 x= e. 当 x∈(0, e)时,g(x)>0,所以 g(x)在(0, e)上单调递增; 当 x∈( e,+∞)时,g(x)<0,所以 g(x)在( e,+∞)上单调递减. 所以 g(x)max=g( e)=1 e, 所以-(a+1)≥1 e,即 a≤-1-1 e, 所以 a 的取值范围为(-∞,-1-1 e]. 例 2.(2018·无锡期末)已知函数 f(x)=ex(3x-2),g(x)=a(x-2),其中 a,x∈R.若对任意 x∈R, 有 f(x)≥g(x)恒成立,求 a 的取值范围; 解析:由题意,对任意 x∈R 有 ex(3x-2)≥a(x-2)恒成立, 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 26 页 共 53 页 ①当 x∈(-∞,2)时,a≥ex(3x-2) x-2 a≥[ex(3x-2) x-2 ]max, 令 F(x)=ex(3x-2) x-2 ,则 F'(x)=ex(3x2-8x) (x-2)2 ,令 F'(x)=0 得 x=0, Fmax(x)=F(0)=1,故此时 a≥1. ②当 x=2 时,恒成立,故此时 a∈R. ③当 x∈(2,+∞)时,a≤ex(3x-2) x-2 a≤[ex(3x-2) x-2 ]min, 令 F'(x)=0x=8 3, Fmin(x)=F(8 3)=9e 8 3,故此时 a≤9e 8 3.综上:1≤a≤9e 8 3. 例 3、已知函数 f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).若当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求实数 a 的取值范围. 解析: 当 x∈(1,+∞)时,f(x)>0 等价于 ln x-a(x-1) x+1 >0. 设 g(x)=ln x-a(x-1) x+1 ,则 g′(x)=1 x- 2a x+ 2=x2+ -a x+1 x x+ 2 ,g(1)=0. ①当 a≤2,x∈(1,+∞)时, x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故 g′(x)>0, g(x)在(1,+∞)内单调递增,因此 g(x)>g(1)=0; ②当 a>2 时,令 g′(x)=0,得 x1=a-1- a- 2-1,x2=a-1+ a- 2-1. 由 x2>1 和 x1x2=1,得 x1<1, 故当 x∈(1,x2)时,g′(x)<0, g(x)在(1,x2)内单调递减,此时 g(x)0 成立,求 a 的取值范围. (讨论函数的单调性及最值,处理恒成立问题) 解析:因为 f(x)为奇函数,所以当 x>0 时,f(x)=-f(-x)=- -2x-a3 x2+1 =2x+a3 x2-1. ① 当 a<0 时,要使 f(x)≥a-1 对一切 x>0 成立,即 2x+a3 x2≥a 对一切 x>0 成立.而当 x=-a 2>0 时, 有-a+4a≥a,所以 a≥0,这与 a<0 矛盾.所以 a<0 不成立. ② 当 a=0 时,f(x)=2x-1>-1=a-1 对一切 x>0 成立,故 a=0 满足题设要求. ③ 当 a>0 时,由 (1)可知 f(x)在(0,a)上是减函数,在(a,+∞)上是增函数.所以 fmin(x)=f(a)=3a-1>a -1,所以 a>0 时也满足题设要求. 综上所述,a 的取值范围是[0,+∞). 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 30 页 共 53 页 ***13.已知函数 f(x)=lnx x +ax+b 的图象在点 A(1,f(1))处的切线与直线 l:2x-4y+3=0 平行. 记函数 g(x)=xf(x)+c,若 g(x)≤0 对一切 x∈(0,+∞),b∈ 0,3 2 恒成立,求 c 的取值范围. (利用分离变量的方法研究恒成立问题,注意到极值点、极值都与参数 b 有关,利用其关系可求出极 值点的范围,整体消元,转化成关于极值点的函数的最值问题) 解析:由 g(x)=lnx-1 2x2+bx+c≤0 恒成立, ∴ c≤1 2x2-bx-lnx. 记 h1(x)=1 2x2-bx-lnx(x>0),则 c=[h1(x)]min. h1′(x)=x-b-1 x.令 h1′(x)=0,得 x2-bx-1=0, ∴ x=-b± b2+4 2 .(10 分) ∵ b∈ 0,3 2 ,∴ x1=b- b2+4 2 <0(舍去), x2=b+ b2+4 2 ∈(1,2).(12 分) 当 0x2 时,h1′(x)>0,h1(x)单调增, ∴ h1(x)min=h1(x2)=1 2x22-bx2-lnx2 =1 2x22+1-x22-lnx2=-1 2x22-lnx2+1.(14 分) 记 h2(x)=-1 2x22-lnx2+1,∵ h2(x)在(1,2)上单调减, ∴ h2(x)>h2(2)=-1-ln2,∴ c≤-1-ln2, 故 c 的取值范围是(-∞,-1-ln2]. **14.已知函数 f(x)=xln x. (1) 若函数 g(x)=f(x)+ax 在区间[e2,+∞)上为增函数,求 a 的取值范围; (2) 若对任意 x∈(0,+∞),f(x)≥-x2+mx-3 2 恒成立,求实数 m 的最大值. 解:(1) 由题意得 g′(x)=f′(x)+a=ln x+a+1. ∵ 函数 g(x)在区间[e2,+∞)上为增函数, ∴ 当 x∈[e2,+∞)时,g′(x)≥0, 即 ln x+a+1≥0 在[e2,+∞)上恒成立. ∴ a≥-1-ln x. 令 h(x)=-ln x-1,∴ a≥h(x)max, 当 x∈[e2,+∞)时,ln x∈[2,+∞), ∴ h(x)∈(-∞,-3],∴ a≥-3, 即 a 的取值范围是[-3,+∞). (2) ∵ 2f(x)≥-x2+mx-3, 即 mx≤2xln x+x2+3, 又 x>0,∴ m≤2xlnx+x2+3 x 在 x∈(0,+∞)上恒成立. 记 t(x)=2xlnx+x2+3 x =2ln x+x+3 x. ∴ m≤t(x)min. t′(x)=2 x+1-3 x2=x2+2x-3 x2 =(x+3)(x-1) x2 , 令 t′(x)=0,得 x=1 或 x=-3(舍去). 当 x∈(0,1)时,t′(x)<0,函数 t(x)在(0,1)上单调递减; 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 31 页 共 53 页 当 x∈(1,+∞)时,t′(x)>0,函数 t(x)在(1,+∞)上单调递增. ∴ t(x)min=t(1)=4. ∴ m≤t(x)min=4,即 m 的最大值为 4. **15.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-1 x-(a-2)=(ax+1)(2x-1) x , 因为 a<0,令 F′(x)=0,得 x1=-1 a,x2=1 2 ①当 0<-1 a≤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≥1-2e e2-e, 因为1-2e e2-e>-1,所以此时 a 不存在. ②1<-1 a<e 即-1<a<-1 e时,F(x)在(1, -1 a)上单调递增,在(-1 a,e)上单调递减, 所以 F(e)≥0 且 F(1)≥0,所以 a≥1-2e e2-e,因为-1<1-2e e2-e<-1 e, 所以1-2e e2-e≤a<-1 e, ③当-1 a≥e,即-1 e≤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[1-2e e2-e,+∞) ***16.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 0,π 2 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 0,π 2 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, 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 32 页 共 53 页 所以 h(x)在 0,π 2 上为单调增函数, 所以 h(0)≤h(x)≤h π 2 ,即 2-a≤h(x)≤π 2a+1, 亦即 2-a≤g′(x)≤π 2a+1.(12 分) (ⅰ) 当 2-a≥0,即 1<a≤2 时,g′(x)≥0, 所以 g(x)在 0,π 2 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∈ 0,π 2 ,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. ***17.(常州市 2017 届高三上学期期末)已知函数 f(x)=x2lnx-x+1,当 x≥1 时,关于 x 的不等式 f(x) ≥t(x-1)2 恒成立,求实数 t 的取值范围(其中 e 是自然对数的底数,e=2.71828…). 答案:t≤3 2 ***18.已知函数 f(x)= x lnx, g(x)=k(x-1),若x∈[e,e2],使 f(x)≤g(x)+1 2成立,求实数 k 的取 值范围. (利用导数研究不等式恒成立或存在性问题,可构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值, 进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围) 解析:f(x)≤g(x)+1 2即 x lnx-k(x-1)≤1 2,令 φ(x)= x lnx-k(x-1), x∈[e,e2], 则x∈[e,e2],使 f(x)≤g(x)+1 2成立φ(x)min≤1 2, φ'(x)=lnx-1 (lnx)2-k=-( 1 lnx)2+ 1 lnx-k=-( 1 lnx-1 2)2+1 4-k. (i)当 k≥1 4时, φ'(x)≤0, φ(x)在[e,e2]上为减函数,于是 φ(x)min=φ(e2)=e2 2-k(e2-1),由e2 2 -k(e2-1)≤1 2得 k≥1 2,满足 k≥1 4,所以 k≥1 2符合题意; (ii)当 k<1 4时,由 y=-(t-1 2)2+1 4-k 及 t= 1 lnx的单调性知 φ'(x)=-( 1 lnx-1 2)+1 4-k 在[e,e2]上 为增函数,所以 φ'(e)≤φ'(x)≤φ'(e2),即-k≤φ'(x)≤1 4-k. ①若-k≥0,即 k≤0,则 φ'(x)≥0,所以 φ(x)在[e,e2]为增函数,于是 φ(x)min=φ(e)=e-k(e -1)≥e>1 2,不合题意; ②若-k<0,即 0<k<1 4,则由 φ'(e)=-k<0, φ'(e2)=1 4-k>0 及 φ'(x)的单调性知存在唯一 x0(e, e2),使 φ'(x0)=0,且当 x∈(e,x0)时, φ'(x)<0, φ(x)为减函数;当 x∈(x0,e2)时, φ'(x)>0, φ(x)为增函数; 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 33 页 共 53 页 所以 φ(x)min=φ(x0)= x0 lnx0 -k(x0-1),由 x0 lnx0 -k(x0-1)≤1 2得 k≥ 1 x0-1( x0 lnx0 -1 2)> 1 x0-1(x0 2-1 2)=1 2 >1 4,这与 0<k<1 4矛盾,不合题意. 综上可知, k 的取值范围是[1 2,+∞). 19.已知函数f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3. **(1)对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围; ***(2)求证:对一切x∈(0,+∞),lnx>1 ex- 2 ex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+3 x. 设h(x)= 2lnx+x+3 x(x>0),则h'(x)=(x+3)(x-1) x2 , 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 ex-2 e(x∈(0,+∞))恒成立. 又f(x)=xln x,f'(x)=ln x+1, 当x∈(0, 1 e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(1 e,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 所以f(x)min=f(1 e)=-1 e. 设m(x)= x ex-2 e(x∈(0,+∞)),则m'(x)= 1-x ex , 易知m(x)max=m(1)=-1 e, 从而对一切x∈(0,+∞),ln x>1 ex- 2 ex恒成立. 类型五:方程有解(或解的个数)问题 一、前测回顾 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 34 页 共 53 页 1.已知函数 f(x)=  2x3+3x2+m,0≤x≤1, mx+5,x>1. 若函数 f(x)的图象与 x 轴有且只有两个不同的交点,则实 数 m 的取值范围为________. 答案:(-5,0) 解析:当 m=0 时,函数 f(x)的图象与 x 轴有且只有 1 个交点; 当 m>0 时,函数 f(x)的图象与 x 轴没有交点; 当 m<0 时,函数 f(x)的图象要与 x 轴有且只有两个不同的交点,则 f(0)<0,且 f(1)>0, 得实数 m 的取值范围为(-5,0). 2.已知f (x)=ax2,g(x)=lnx+1,若y=f(x)与y=g(x)的图象有两个交点,则实数 a的取值范围是_______. 答案:(0,e 2) 解析:ax2=lnx+1 有两个根,则 ax2-lnx-1=0 有两解。令 f(x)=ax2-lnx-1,则 f ′(x)=2ax-1 x= 2ax2-1 x , 当 a≤0 时,f ′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上为减函数,不合题意 当 a>0 时,令 f ′(x)=0 得 2ax2=1,① 由①得 x= 1 2a,f(x)在(0, 1 2a)上为减函数,在( 1 2a,+∞)上为增函数, ∴当 x= 1 2a,函数 f(x)取得极小值,同时也是最小值 f( 1 2a)=1 2(ln2a-1). ∴只要1 2(ln2a-1)<0,∴a∈(0,e 2). 二、方法联想 方法 1 分离变量法(优先) . 方法 2 构造 F(x)=f(x)-g(x),转化为 F(x)零点问题. 方法 3 构造两个函数的图象判断交点个数. 方法 4 转化为二次函数零点问题. 方法 5 转化为一次函数零点问题. 说明:考虑数形结合. 三、方法应用 例 1.已知函数 f(x)满足 f(x)=f(2x),且当 x∈[1,2)时 f(x)=lnx.若在区间[1,4)内,函数 g(x)=f(x)-2ax 有三个不同零点,则 a 的范围为__________. 答案:(ln2 8 , 1 4e) 例 2.(2018·苏州期末·20)已知函数 f(x)=    -x3+x2,x<0, ex-ax,x≥0. 若方程 f(-x)+f(x)=ex-3 在区间(0,+) 上有实数解,则实数 a 的取值范围是_______. 解析:设 x>0,则-x<0,所以 f(-x)+f(x)=x3+x2+ex-ax, 由题意,x3+x2+ex-ax=ex-3 在区间(0,+∞)上有解, 等价于 a=x2+x+3 x在区间(0,+∞)上有解. 记 g(x)=x2+x+3 x(x>0), 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 35 页 共 53 页 则 g'(x)=2x+1-3 x2=2x3+x2-3 x2 =(x-1)(2x2+3x+3) x2 , 令 g'(x)=0,因为 x>0,所以 2x2+3x+3>0,故解得 x=1, 当 x∈(0,1)时,g'(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,g'(x)>0, 所以函数 g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增, 故函数 g(x)在 x=1 处取得最小值 g(1)=5. 要使方程 a=g(x)在区间(0,+∞)上有解,当且仅当 a≥g(x)min=g(1)=5, 综上,满足题意的实数 a 的取值范围为[5,+∞). 例 3.(常州市 2017 届高三上学期期末)已知函数 f(x)=x2lnx+bx+1,关于 x 的方程 f(x)=0 在[1 e2,e] 上恰有两个不等的实根,求实数 b 的取值范围; 答案:[2 e2,1 e) 四、归类巩固 *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)=    log2(x+1)(x>0) -x2-2x(x≤0) ,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       0, 0,lg )( 2 xxx xx xf . ,若关于 x 的方程 f2(x)+2f(x)+b=0 有三个不同的实数根,则实数 b 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 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 36 页 共 53 页 ***5、已知函数 f(x)=-x2-2x,g(x)=   x+ 1 4x,x>0, x+1,x≤0. 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, 5 4) 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<5 4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, 5 4). **6.设函数 1 1 , ( ,2) () 1 ( 2), [2, )2 xx fx f x x          ,则函数 ( ) ( ) 1F x xf x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:1 2 **8.(2018 江苏)若函数 32( ) 2 1( )f x x ax a   R 在(0, ) 内有且只有一个零点,则 ()fx在[ 1,1] 上的最大值与最小值的和为 . (考查已知函数的零点,研究函数的单调性求参数取值范围) 答案:-3. **9.已知函数 f(x)=|x3-4x|+ax-2 恰有 2 个零点,则实数 a 的取值范围为________. (利用求导判断函数的单调性作出函数的图象、导数的几何意义、函数与方程(零点)的综合运用,重 点考查了数形结合思想的运用) 答案:a<-1 或 a>1 解析:0=| |x3-4x +ax-2,则| |x3-4x =2-ax 恰有 2 个零点,即 y=| |x3-4x 与 y=2-ax 的图象有 两个交点.如图,直线 y=2-ax 与 y=| |x3-4x 的图象相切时,设切点为(x0,y0),则y0-2 x0 =3x20-4, 又 y0=x30-4x0,解得 x0=-1,此时 k=-1,而 y=| |x3-4x 是偶函数,在 y 轴右侧相切时 k=1.而两 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 37 页 共 53 页 个函数的图象若有两个交点,则 k<-1 或 k>1,而 k=-a,则实数 a 的取值范围为 a<-1,或 a>1. **10.设函数 f(x)=  x-1 ex ,x≥a, -x-1,x<a, g(x)=f(x)-b.若存在实数 b,使得函数 g(x)恰有 3 个零点,则实 数 a 的取值范围为__________. (考查了分段函数,利用导数求最值等内容,以及数形结合思想处理函数零点问题.) 答案: -1-1 e2,2 解析: y=x-1 ex ,利用导数画出草图,该函数在 x=2 处取到最大值1 e2,结合 f(x)的草图分析,对于 y =-x-1 的函数值为1 e2时,得到 x=- 1+1 e2 ,所以- 1+1 e2 1,则方程|f(x)+g(x)|=1 实根的个数 为____________. 解析:设 F(x)=f(x)+g(x)=   -lnx,02 ,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. ***13.已知函数 f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2 有两个零点,则 a 的取值范围是 . (考查函数零点,根据零点个数确定参数范围,需要对导函数零点分类讨论) 答案:a>0 ***14.已知函数 f(x)=  -x3+3x2+t,x<0, x, x≥0, t∈R.若函数 g (x)=f (f (x)-1)恰有 4 个不同的零点,则 t 的取值范围为 . 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 38 页 共 53 页 (考查复合函数零点,根据零点个数确定参数范围) 答案:[-4,0) ***15.已知 a,b∈R,e 为自然对数的底数.若存在 b∈[-3e,-e2],使得函数 f (x)=ex-ax-b 在 [1,3]上存在零点,则 a 的取值范围为 . 答案:[e2,4e] ***16.(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)∪(1,3 2)∪(3 2,+∞),求 c 的值. 解析: 求导可知,函数 f(x)的两个极值为 f(0)=b,f -2a 3 = 4 27a3+b,则函数 f(x)有三个零点等价于 f(0)·f -2a 3 =b 4 27a3+b <0, 从而  a>0, - 4 27a30 时, 4 27a3-a+c>0 或当 a<0 时, 4 27a3-a+c<0. 设 g(a)= 4 27a3-a+c,因为函数 f(x)有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪ 1,3 2 ∪  3 2,+∞ , 则在(-∞,-3)上 g(a)<0,且在 1,3 2 ∪ 3 2,+∞ 上 g(a)>0 均恒成立, 从而 g(-3)=c-1≤0,且 g 3 2 =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)∪ 1,3 2 ∪ 3 2,+∞ . 综上 c=1. ***17.(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. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 39 页 共 53 页 (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. **18.(2018 江苏)记 f'(x),g'(x)分别为函数 f(x),g(x)的导函数.若存在 x0∈R,满足 f(x0)=g(x0)且 f'(x0) =g'(x0),则称 x0 为函数 f(x)与 g(x)的一个“S 点”. (1)证明:函数 f(x)=x 与 g(x)=x2+2x-2 不存在“S 点”; (2)若函数 f(x)=ax2-1 与 g(x)=lnx 存在“S 点”,求实数 a 的值; 解析:(1)函数 f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则 f'(x)=1,g'(x)=2x+2. 由 f(x)=g(x)且 f'(x)=g'(x),得    x=x2+2x-2 1=2x+2 ,此方程组无解, 因此,f(x)与 g(x)不存在“S 点”. (2) 函数 f(x)=ax2-1,g(x)=lnx, 则 f'(x)=2axg'(x)=1 x. 设 x0 为 f(x)与 g(x)的“S 点”,由 f(x0)=g(x0)且 f'(x0)=g'(x0),得   ax20-1=lnx0 2ax0=1 x0 ,即   ax20-1=lnx0 2ax20=1 ,( *) 得 lnx0=-1 2,即 x0=e-1 2,则 a= 1 2(e-1 2)2 =e 2. 当 a=e 2时,x0=e-1 2满足方程组(*),即 x0 为 f(x)与 g(x)的“S 点”. 因此,a 的值为e 2. ***19.设函数 f(x)=(x+1)lnx,g(x)=x2 ex,是否存在自然数 k,使得方程 f(x)=g(x)在(k,k+1)内存 在唯一的根?如果存在,求出 k;如果不存在,请说明理由. (考查零点存在性定理判断方程是否有根及根的个数) 答案:k=1 解析:设 h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)lnx-x2 ex, 当 x∈(0,1]时,h(x)<0. 又 h(2)=3ln2-4 e2=ln8-4 e2>1-1=0, 所以存在 x0∈(1,2),使 h(x0)=0. 因为 h'(x)=lnx+1 x+1+x(x-2) ex ,所以当 x∈(1,2)时,h'(x)>1-1 e>0,当 x∈(2,+∞)时,h'(x)>0, 所以当 x∈(1,+∞)时,h(x)单调递增. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 40 页 共 53 页 所以 k=1 时,方程 f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根. ***20.已知 b  0, 且 b  1,函数 f (x)  exbx,其中 e 为自然对数的底数.如果关于 x 的方程 f (x)  2 有且只有一个解,求实数 b 的取值范围. (考查零点存在性定理证明方程是有根及根的个数) 解析:令 g(x)=f(x)-2=ex+bx-2 为 R 上连续函数,且 g (0)=0,则方程 g (x)=0 存在一个解. 1°当 b>1 时,g (x)为增函数,此时g (x)=0 只有一个解. 2°00 时,令 f ′(x)=0,解得 x=1+ 3a 3 或 x=1- 3a 3 . 当 x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表: 所以 f(x)的单调递减区间为    1- 3a 3 ,1+ 3a 3 ,单调递增区间为   -∞,1- 3a 3 ,     1+ 3a 3 ,+∞ . (2)证明:因为 f(x)存在极值点,所以由(1)知 a>0,且 x0≠1.由题意,得 f ′(x0)=3(x0-1)2-a=0,即 (x0 -1)2= a 3,所以 f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=(x0-1)3-3(x0-1)2x0-b. 因为 f(x1)=f(x0),所以(x1-1)3-3(x0-1)2x1-b=(x0-1)3-3(x0-1)2x0-b,分解因式, (x1-x0)2( x1+2x0-3)=0,因为 x1≠x0,因此 x1=3-2x0,所以 x1+2x0=3. (3)证明:设 g(x)在区间[0,2]上的最大值为 M,max{x,y}表示 x,y 两数中的最大值,下面分三种 情况讨论: ①当 a≥3 时,1- 3a 3 ≤0<2≤1+ 3a 3 . 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 44 页 共 53 页 由(1)知,f(x)在区间[0,2]上单调递减,所以 f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(2),f(0)],因此 M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|} =max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|} = a-1+(a+b),a+b≥0, a-1-(a+b),a+b<0. 所以 M=a-1+|a+b|≥2. ②当3 4≤a<3 时,1-2 3a 3 ≤0<1- 3a 3 <1+ 3a 3 <2≤1+2 3a 3 ,由(1)和(2)知, f(0)≥f   1-2 3a 3 = f   1+ 3a 3 ,f(2)≤f   1+2 3a 3 =f   1- 3a 3 , 所以 f(x)在区间[0,2]上的取值范围为   f   1+ 3a 3 ,f   1- 3a 3 , 因此 M=max       f   1+ 3a 3 ,   f   1- 3a 3 =max   -2a 9 3a-a-b , 2a 9 3a-a-b =max   2a 9 3a+(a+b) , 2a 9 3a-(a+b) =2a 9 3a+|a+b|≥2 9×3 4× 3×3 4=1 4. ③当 0f   1+2 3a 3 =f   1- 3a 3 , 所以 f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(0),f(2)], 因此 M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|1-2a-b|} =max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|} =1-a+|a+b|> 1 4. 综上所述,当 a>0 时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于 1 4. 〖教学建议〗 (1)问题归类与方法: 函数的最值的问题 求解步骤:①求函数的定义域;②求 f ′(x)=0 在区间内的根;③讨论极值点两侧的导数的正负 确定极大值或极小值.④将求得的极值与两端点处的函数值进行比较,得到最大值与最小值. (2)方法选择与优化建议: 第(2)中也可选择用 x0 表示 a,由 f(x1)=f(x0)得到关于 x1 的方程,参数为 x0. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 45 页 共 53 页 二、反馈巩固 *1.直线 y=kx+1 与曲线 y=x3+ax+b 相切于点 A(1,2),则 ab=_________. (考查导数的几何意义) 答案:-8 解析:A(1,2)代入 y=kx+1,则 k=1;又 y ′=3x2+a,则 3+a=1,则 a=-2; A(1,2)代入 y=x3+ax+b,则 b=3 *2.函数 f(x)=(x-3)ex 的单调递增区间是___________. 答案:(2,+∞) 说明:本题考查求函数单调区间 解析:f ′(x)=ex +(x-3)ex=(x-2)ex>0,则 x>2 *3.函数 y=x+2cosx,x∈[0, 2]的值域是 . (考查函数的值域) 答案:[ 2, 6+ 3] 解析:f(x)=x+2cosx,则 f ′(x)=1-2sinx 令 f ′(x)=0,则 x=π 6,列表格说明单调性,(0,π 6)上 f(x)单调递增,(π 6,π 2)单调递减, 则 x=π 6时 f(x)取得最大值是 6+ 3;又 f(π 2)=π 2,f(0)=2,则 f(x)的最小值是π 2 *4.设函数 f(x)=1 2x2-9ln x 在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数 a 的取值范围是_______. (用导数研究函数的单调性) 答案:1<a≤2. **5. 关于 x 的方程 x3-3x2-a=0 有三个不同的实数解,则实数 a 的取值范围是________. (利用导数研究函数的零点) 答案:(-4,0). **6.已知 x≥0,y≥0,x+3y=9,则 x2y 的最大值为________. 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 46 页 共 53 页 (考查用导数研究函数的最值). 答案:36; **7.设直线 x=t 与函数 f(x)=x2,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M,N,则当|MN|达到最小时 t 的值为 _____. (用导数研究函数的最值) 答案: 2 2 . **8.若 f(x)=-1 2x2+blnx 在(0,+∞)上是减函数,则 b 的取值范围是 . (考查导数与单调性,恒成立问题) 答案:b≤0 解析:f ′(x)=-x+b1 x≤0 恒成立,则 b≤x2,∴b≤0 **9.若函数 f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+3 既有极大值又有极小值,则 a 的取值范围为 . (本题考查函数的极值) 答案:a>2 或 a<-1 解析:f ′(x)的△>0 **10.已知函数 f(x)=x3+6x2+2a+3,若方程 f(x)=0 有 3 个互不相等的实数根,则 a 的取值范围是 ___________. (考查函数的单调性、函数的极值、函数的图象) 答案:-35 2 <a<-3 2 解析:f ′(x)=3x2+12x=3x(x+4),令 f ′(x)=0,则 x=-4 或 0 列表格说明单调性,得到 f(x)的极大值为 f(-4),f(x)的极小值是 f(0) 由题意得,f(-4)>0 且 f(0)<0 **11.已知 f(x)=x3,g(x)=-x2+x-2 9a,若存在 x0∈[-1,a 3](a>0),使得 f(x0)<g(x0),则实数 a 的取值 范围是 . (考查不等式有解的问题,分类讨论) 答案:0<a<-3+ 21 2 解析:存在 x0∈[-1,a 3](a>0),使得 f(x0)<g(x0),转化为存在 x∈[-1,a 3](a>0),使得(f(x) -g(x))max<0 即可. 令 h(x)=f(x)-g(x)=x3+x2-x+2 9a, 则 h′(x)=3x2+2x-1=(3x-1)(x+1) 令 h′(x)>0 解得 x<-1 或 x>1 3,即 h(x)在区间(-∞,-1)与(1 3,+∞)上是增函数,在(-1,1 3) 上是减函数 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 47 页 共 53 页 又 x0∈[-1,a 3](a>0),∵h(-1)>0,∴h(a 3)<0,且 a>0,解得 0<a<-3+ 21 2 ***12.f(x)是定义在 R 上的函数,其导函数为 f'(x),若 f(x)-f'(x)>1, f(1)=2018,则不等式 f(x)> 2017·ex-1+1(其中 e 为自然对数的底数)的解集为_______. (考查利用导数研究函数的单调性,需要根据题意构造函数) 答案:(-∞,1) 解析:设 g(x)= e-(x-1)f(x)-e-(x-1), 则 g′(x)=− e-(x-1)f(x)+ e-(x-1)f′(x)+ e-(x-1)=e-(x-1) [f′(x)−f(x)+1], ∵f(x)−f′(x)>1,∴f′(x)−f(x)+1<0, ∴g′(x)<0, ∴y=g(x)在定义域上单调递减,g(1)=2017, ∵f(x)>2017·ex-1+1,∴e-(x-1)f(x)-e-(x-1)>2017= g(1), 得到 g(x)>2017=g(1), ∴g(x)>g(1),得 x<1, ∴f(x)>2017·ex-1+1 的解集为(-∞,1) . 13.已知函数 f(x)=1 3x3-a+1 2 x2+bx+a(a,b∈R),且其导函数 f ′(x)的图象过原点. *(1)当 a=1 时,求函数 f(x)的图象在 x=3 处的切线方程; **(2)若存在 x<0,使得 f ′(x)=-9,求 a 的最大值. 答案:(1)3x-y-8=0; (2)a 的最大值为-7 (考查导数的几何意义,方程有解的问题) 解析:求导数,可得 f ′(x)=x2-(a+1)x+b,由 f ′(0)=0 得 b=0,f ′(x)=x(x-a-1) (1)当 a=1 时,f(x)=1 3x3-x2+1,f ′(x)=x(x-2), ∴f(3)=1,f′(3)=3 ∴函数 f(x)的图象在 x=3 处的切线方程为 y-1=3(x-3)即 3x-y-8=0. (2)∵存在,使 x<0 得 f′(x)=x(x-a-1)=-9, ∴-a-1=-x-9 x=≥2 (-x)(- 9 x)=6, ∴a≤-7 当且仅当 x=-3 时,a=-7.∴a 的最大值为-7. 14.已知函数 f(x)=ex(ax2+x+1). **(1)设 a>0,讨论f(x)的单调性; **(2)设 a=-1,证明:对任意 x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|<2. (考查函数单调区间的分类讨论,比较两个驻点的大小,考查命题的转化、函数的最值) 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 48 页 共 53 页 解析:(1)∵f ′(x)=ex(ax2+x+1+2ax+1)=ex(x+2)(x+1). 令 f ′(x)>0,得(x+2)(x+1)>0,注意到 a>0, ∴当 a∈(0,1 2)时,f(x)在(-∞,-1 a)上是增函数,在(-1 a,-2)上是减函数,在(-2,+∞)上递 增; 当 a=1 2时,f(x)在(-∞,+∞)上递增; 当 a∈(1 2,+∞)时,f(x)在(-∞,-2)上递增,在(-2,-1 a)上递减,在(-1 a,+∞)上递增. (2)∵a=-1,由(Ⅰ)f ′(x)=-ex(x+2)(x-1), ∴f(x)在[0,1]上单调增加, 故 f(x)在[0,1]上的最大值为 f(1)=e,最小值为 f(0)=1. 从而对∀x1,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|<2. **15.现有一张长为 80cm 宽为 60cm 的长方形铁皮 ABCD,准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒,要求 材料利用率为 100%,不考虑焊接处损失,若长方形 ABCD 的一个角剪下一块正方形铁皮,作为铁皮盒 的底面,用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面,设长方体的底面边长为 x(cm),高为 y(cm),体积为 V(cm3). (1)求出 x 与 y 的关系式; (2)求该铁皮盒体积 V 的最大值. (考查函数的应用,函数的最值) 答案 (1) y=4800-x2 4x (0<x<60) (2)32000cm3 ***16. 下图为某仓库一侧墙面的示意图,其下部是一个矩形 ABCD,上部是圆弧 AB,该圆弧所在圆的 圆心为 O.为了调节仓库内的湿度和温度,现要在墙面上开一个矩形的通风窗 EFGH(其中 E,F 在圆弧 AB 上,G,H 在弦 AB 上).过 O 作 OP⊥AB,交 AB 于 M,交 EF 于 N,交圆弧 AB 于 P.已知 OP=10, MP=6.5(单位:m),记通风窗 EFGH 的面积为 S(单位:m2). (1) 按下列要求建立函数关系式: (ⅰ) 设∠POF=θ(rad),将 S 表示成 θ 的函数; (ⅱ) 设 MN=x(m),将 S 表示成 x 的函数; (2) 试问通风窗的高度 MN 为多少时,通风窗 EFGH 的面积 S 最大? (考查函数的应用,函数的最值) 解:(1) 由题意知,OF=OP=10,MP=6.5,故 OM=3.5. (ⅰ) 在 Rt△ONF 中,NF=OFsinθ=10sinθ,ON=OFcosθ=10cosθ. 在矩形 EFGH 中,EF=2NF=20sinθ, FG=ON-OM=10cosθ-3.5, 故 S=EF×FG=20sinθ(10cosθ-3.5)=10sinθ(20cosθ-7). 南京市 2019 届高三数学二轮专题复习资料 第 49 页 共 53 页 即所求函数关系是 S=10sinθ(20cosθ-7),0<θ<θ0,其中 cosθ0= 7 20,θ0 为锐角.(4 分) (ⅱ) 因为 MN=x,OM=3.5, 所以 ON=x+3.5. 在 Rt△ONF 中,NF= OF2-ON2= 100-(x+3.5)2= 351 4 -7x-x2. 在矩形 EFGH 中,EF=2NF= 351-28x-4x2,FG=MN=x, 故 S=EF×FG=x 351-28x-4x2. 即所求函数关系是 S=x 351-28x-4x2,0<x<6.5.(8 分) (2) (方法 1)选择(ⅰ)中的函数模型: 令 f(θ)=sinθ(20cosθ-7), 即 f′(θ)=cosθ(20cosθ-7)+sinθ(-20sinθ)=40cos2θ-7cosθ-20.(10 分) 由 f′(θ)=40cos2θ-7cosθ-20=0, 解得 cosθ=4 5,或 cosθ=-5 8. 因为 0<θ<θ0,所以 cosθ>cosθ0, 所以 cosθ=4 5. 设 cosα=4 5,且 α 为锐角, 则当 θ∈(0,α)时,f′(θ)>0,f(θ)是增函数;当 θ∈(α,θ0)时,f′(θ)<0,f(θ)是减函数, 所以当 θ=α,即 cosθ=4 5时,f(θ)取到最大值,此时 S 有最大值. 即 MN=10cosθ-3.5=4.5 m 时,通风窗的面积最大.(14 分) (方法 2)选择(ⅱ)中的函数模型: 因为 S= x2(351-28x-4x2), 令 f(x)=x2(351-28x-4x2), 则 f′(x)=-2x(2x-9)(4x+39).(10 分) 因为当 0<x<9 2时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当9 2<x<13 2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 所以当 x=9 2时,f(x)取到最大值,此时 S 有最大值. 即 MN=x=4.5 m 时,通风窗的面积最大. 17.已知函数 f(x)=|x-a|-a 2ln x,a∈R. **(1)求函数 f(x)的单调区间; ***(2)若函数 f(x)有两个零点 x1,x2(x10,函数 f(x)的单调递增区间为(0,+∞). 当 a>0 时,f(x)=|x-a|-a 2ln x=    x-a-a 2ln x,x≥a, a-x-a 2ln x,00,此时函数 f(x)单调递增, 若 00 时,函数 f(x)的单调递减区间为(0,a);单调递增区间为(a,+∞). (2)证明 由(1)知,当 a≤0 时,函数 f(x)单调递增,至多只有一个零点,不合题意; 则必有 a>0,此时函数 f(x)的单调递减区间为(0,a);单调递增区间为(a,+∞), 由题意,必须 f(a)=-a 2ln a<0,解得 a>1. 由 f(1)=a-1-a 2ln 1=a-1>0,f(a)<0,得 x1∈(1,a). 而 f(a2)=a2-a-aln a=a(a-1-ln a), 下面证明:a>1 时,a-1-ln a>0. 设 g(x)=x-1-ln x,x>1, 则 g′(x)=1-1 x=x-1 x >0, ∴g(x)在 x>1 时递增,则 g(x)>g(1)=0, ∴f(a2)=a2-a-aln a=a(a-1-ln a)>0,又 f(a)<0, ∴x2∈(a,a2),综上,1
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