南京2019年高三数学二轮专题复习专题08(选讲）导数难点专项研究

南京市2019届高三数学二轮专题复习资料专题8：（选讲）导数难点专项研究目录问题归类篇.......................................................................................................................................2类型一零点存在性定理处理零点问题.................................................................................2类型二：极值点存在性及个数问题.....................................................................................11类型三：导函数零点不可求问题.........................................................................................18类型四：极值点偏移问题.....................................................................................................23类型五恒成立问题和存在性问题.......................................................................................33综合应用篇.....................................................................................................................................40一、例题分析.........................................................................................................................40二、反馈巩固.........................................................................................................................46南京市2019届高三数学二轮专题复习资料问题归类篇类型一零点存在性定理处理零点问题一、考题再现1．(16年江苏高考题)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 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ：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：研究函数的单调性和极值，利用零点存在性定理 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 。(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①找特殊值，或找与变量有关的值，②利用不等式(ex≥x＋1,lnx≤x－1及其变式等)进行放缩。③局部放缩(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、方法应用例1．(13年江苏高考题).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)＝1x－a，1°当a＝0时，由f(1)＝0，及f′(x)＝1x＞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南京市2019届高三数学二轮专题复习资料由于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)＝1x－a＝1－axx，所以f(x)在(0,1a]上单调增，在[1a,＋∞)上单调减．则f(x)极大值也是最大值为f(1a)＝－lna－1．①当－lna－1＜0即a＞1e时，f(x)≤f(1a)＜0，所以函数f(x)没有零点；②当－lna－1＝0即a＝1e时，函数f(x)有唯一零点；③当－lna－1＞0，即0＜a＜1e时，函数f(x)有两个零点．实际上，x∈(0,1a]时，f(x)单调增，f(1)＝－a＜0，又f(1a)＞0，函数f(x)在(0,1a]上的图象连续，所以f(x)在(1,1a)，即在(0,1a]上有唯一零点；x∈[1a,＋∞)时，f(1a)＞0，f(1a2)＝2ln1a－1a或f(e1a)＝1a－ae1a＝a(1a2－e1a)设h(x)＝x2－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1a＞e，所以1a2－e1a＜e2－ee＜0，即f(e1a)＜0，又函数f(x)在[e＋∞)上的图象连续，所以f(x)在(1a,e1a)，即在[e＋∞)上有唯一零点；所以。0＜a＜1e时，函数f(x)有两个零点．综上，（1）当a＞1e，函数f(x)没有零点；（2）当a＝1e或a≤0时，函数f(x)有一个零点；（3）当0＜a＜1e时，函数f(x)有两个零点．例2．（2018全国新课标Ⅱ理）已知函数，若在只有一个零点，求a的值．解析：设函数，在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．当时，，没有零点；2()exfxax()fx(0,)21exhxaxfx0,hx0,0a0hxhx南京市2019届高三数学二轮专题复习资料当时，．当时，；当时，．在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．例3．已知函数f(x)＝mx2－x＋lnx.当m＞0时，若曲线C：y＝f(x)在点x＝1处的切线l与C有且只有一个公共点，求m的值．解析：因为f(1)＝m－1，f′(1)＝2m，所以切线方程为y－m＋1＝2m(x－1)，即y＝2mx－m－1从而方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1在(0，＋∞)上只有一解．令g(x)＝mx2－x＋lnx－2mx＋m＋1，则g′(x)＝2mx－1－2m＋1x＝2mx2－2m＋1x＋1x＝2mx－1x－1x，所以①当m＝12，g′(x)≥0所以y＝g(x)在x∈(0，＋∞)单调递增，且g(1)＝0，所以mx2－x＋lnx＝2mx－m－1只有一解．②当0＜m＜12，x∈(0,1)，g′(x)＞0；x∈1，12m，g′(x)＜0；x∈12m，＋∞，g′(x)＞0由g(1)＝0及函数单调性可知g12m＜0，因为g(x)＝mxx－2＋1m＋m＋lnx＋1，取x＝2＋1m，则g2＋1m＞0，因此在12m，＋∞方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1必有一解从而不符题意③当m＞12，x∈0，12m，g′(x)＞0；x∈12m，1，g′(x)＜0；x∈(1，＋∞)，g′(x)＞0同理在0，12m方程mx2－x＋lnx＝2mx－m－1必有一解，不符题意综上所述m＝12.四、归类研究*1．已知函数f(x)＝lnx＋10x－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)0a2exhxaxx0,2x0h'x2,x0h'xhx0,22,2421eahhx0,20h2e4ahx0,20h2e4ahx0,20h2e4a01hhx0,20x2exx33324421616161411110e2eaaaaahaaahx2,4ahx0,fx0,2e4a南京市2019届高三数学二轮专题复习资料证明：因为f′(x)＝x－10x2，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＋10e4－4＞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.函数f(x)＝xex，其中e是自然对数的底数，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解.（考察函数的性质，零点存在性定理）解：方程即为xex＝x＋2，由于ex>0，所以x＝0不是方程的解，所以原方程等价于ex－2x－1＝0.令h(x)＝ex－2x－1，因为h′(x)＝ex＋2x2>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－13<0，h(－2)＝e－2>0，所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数t的所有值为{－3，1}.**3．已知函数f(x)＝13x3－a(x2＋x＋1)．证明：f(x)只有一个零点．解析：由于x2＋x＋1＞0，所以f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0．设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a，则g'(x)＝x2(x2＋2x＋3)(x2＋x＋1)2≥0，仅当x＝0时g'(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6(a－16)2－16＜0，f(3a＋1)＝13＞0，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．**4．已知f(x)＝xlnx＋a，讨论f(x)的零点的个数．解：记f(x)的零点的个数为k．f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝1＋lnx，令f'(x)＝0则x＝1e，当x＞1e时，f'(x)＞0,f(x)单调增；当0＜x＜1e时，f'(x)＜0，f(x)单调减，南京市2019届高三数学二轮专题复习资料所以x＝1e是f(x)的唯一极小值点也是最小值点，即f(x)min＝f(1e)＝a－1e－．10．当a－1e＞0，即a＞1e时，f(x)min＞0,故k＝0．20．当a－1e＝0，即a＝1e时，f(x)min＝f(1e)＝0，k＝1．30．当a－1e＜0，即a＜1e时，f(x)min＜0(如右图所示)ⅰ.a＜0时，在(0，1e]上f(x)＜0,在(1e，＋∞)上，途径一：存在e－a＞1e，f(e－a)＝－ae－a＋a＝－a(e－a－1)＞0，由零点定理及f(x)的单调性k＝1．途径二：通过放缩，求解赋值点当x＞e时,令f(x)＞x＋a＞0x＞－a当x＞e且x＞－a时，f(x)＞x＋a＞0，同理k＝1．ⅱ.a＝0时，由xlnx＝0x＝1，所以k＝1．ⅲ.0＜a＜1e时，f(x)min＝a－1e＜0．一方面1＞1e，且f(1)＝a＞0，另一方面途径一：依据单调性，当0＜x＜＜1e时，应有f(x)＞0，不妨直观尝试x0＝e－1a注意到x＞0时，ex＞x2（证略），存在x0＝e－1a＜1e，12221111ee0aaaaafaa，又f(x)图像在定义域内不间断，所以在(01e)和(1e＋∞)内，f(x)各有一个零点，故k＝2．途径二(借助原函数极值求赋值点)已证在(0，＋∞)上xlnx≥－1e，且存在a2＜a＜1e，f(a2)＝2a2lna＋a＝a(2alna＋1)≥a(－2e＋1)＞0．同理k＝2．综上所述：当a＞1e时，f(x)没有零点；当a＝1e或a≤0时，有1个零点；当0＜a＜1e时，有2个零点．**5．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a2<0，函数fa2的零点不可求，但可利用零点存在性定理确定fa2的零点的范围，再根据单调性得到不等式的解集，南京市2019届高三数学二轮专题复习资料从而求出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a2<0，即－a2＋4a－4alna2<0.因为a>0，所以a＋4lna2－4>0.(6分)令h(a)＝a＋4lna2－4，显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数，且h(2)＝－2<0，h(3)＝4ln32－1＝ln8116－1>0，所以存在a0∈(2，3)，h(a0)＝0.当a>a0时，h(a)>0；当0<a<a0时，h(a)<0.所以满足条件的最小正整数a＝3.又当a＝3时，f(3)＝3(2－ln3)>0，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.***6.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：1a＜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(1a)f(1)＜0且f(1)f(a)＜0，即只需判断f(1a)，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(1a)，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＝exlnx＋1(x≠1e)令φ(x)＝exlnx＋1所以φ'(x)＝ex(lnx＋1－1x)(lnx＋1)2设g(x)＝lnx＋1－1x，可得g(x)为增函数且g(1)＝0所以x∈(0，1e)∪(1e，1)时，g(x)＜0，即φ'(x)＜0x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，即φ'(x)＞0所以φ(x)在(0，1e)，(1e，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增所以在x∈(1e，＋∞)，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＜0f(a)＝ea－alna－a所以f'(a)＝ea－lna－2南京市2019届高三数学二轮专题复习资料f''(a)＝ea－1a＞ea－1e＞ee－1e＞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(1a)＝e1a－aln1a－a＝e1a＋alna－a＝e1a＋a(lna－1)因为a＞e，则lna－1＞0又f(1a)＞0，f(1)＜0所以f(1)f(1a)＜0则存在x1∈(1a，1)，使得f(x1)＝0即1a＜x1＜1综上所述：1a＜x1＜1＜x2＜a．**7.设函数f(x)＝x2lnx－x2＋b，求证：对任意实数b∈0，e2，函数f(x)有且仅有两个零点(考查函数零点存在性定理，判断并证明零点的个数)证明：因为函数f(x)＝x2lnx－x2＋b，所以f′(x)＝2xlnx－x.令f′(x)＝2xlnx－x＝0，得x＝e，且当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，即f(x)＝x2lnx－x2＋b在x∈(0，e)上单调减，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)＝x2lnx－x2＋b在x∈(e，＋∞)上单调增，所以f(x)有最小值f(e)＝b－e2＜0.又f(e)＝e2－e2＋b＞0，所以f(x)＝x2lnx－x2＋b在(e，e)上一定有一解．下面证明存在x1∈(0，e)使f(x1)＞0，令h(x)＝xlnx－x＋1，h′(x)＝lnx，所以当x∈(0，1)时，h(x)＝xlnx－x＋1在(0，1)上单调减，所以当x∈(0，1)时，h(x)＝xlnx－x＋1＞h(1)＞0，所以f(b)＝b2lnb－b2＋b＝b(blnb－b＋1)＞0，又函数f(x)在(0，e)上单调减且连续，b＜e所以f(x)＝x2lnx－x2＋b在(b，e)上一定有一解．综上所述，函数f(x)在(0，＋∞)上有且仅有两个零点．***8．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＋x＋1x－a，令g(x)＝f′(x)＝lnx＋x＋1x－a，则g′(x)＝1x－1x2，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－a＜1，a＞2时，g(e－a)＝－a＋1＋ea－a＝ea－2a＋1＞0；南京市2019届高三数学二轮专题复习资料g(ea)＝1＋e－a＞0，函数g(x)是连续函数，所以函数g(x)在(e－a,1)和(1,ea)上分别存在唯一零点x1，x2，即f′(x1)＝f′(x2)＝0，又f′(x)在(0,1]上单调减，在[1,＋∞)上单调增，e－a＜x1＜1＜x2＜ea所以f(x)在区间(0,x1]上单调增，[x1,x2]上单调减，[x2,＋∞)上单调增．因为f(1)＝0，f(x)在区间[x1,x2]上单调减，所以f(x)在区间[x1,x2]上恰有一个零点，f(x1)＞0，f(x2)＜0．因为f(ea)＝a(ea＋1)－a(ea＋1)＝2a＞0，f(x2)＜0，1＜x2＜ea，函数f(x)是[x2,＋∞)上连续函数且单调，所以f(x)在区间[x2,ea)即在[x2,＋∞)上存在唯一零点；因为f(e－a)＝－a(e－a＋1)－a(e－a－1)＝－2ae－a＜0，f(x1)＞0，函数f(x)是(0,x1]上连续函数且单调，所以f(x)在区间(e－a,x1]即在(0,x1]上存在唯一零点.所以，a＞2时，函数f(x)有三个零点．***9.已知函数f(x)＝axsinx－32(a∈R)，且在0，π2上的最大值为π－32.（1）求函数f(x)的解析式；（2）判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．解析：（1）由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，对于任意x∈0，π2，有sinx＋xcosx＞0。当a＝0时，f(x)＝－32，不合题意；当a＜0，x∈0，π2时，f′(x)＜0，从而f(x)在0，π2内单调递减，又f(x)在0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在0，π2上的最大值为f(0)＝－32，不合题意；当a＞0，x∈0，π2时，f′(x)＞0，从而f(x)在0，π2内单调递增，又f(x)在0，π2上的图象是连续不断的，故f(x)在0，π2上的最大值为fπ2，即π2a－32＝π－32，解得a＝1。综上所述，函数f(x)的解析式为f(x)＝xsinx－32。（2）f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。证明如下：由（I）知，f(x)＝xsinx－32，从而有f(0)＝－32＜0，fπ2＝π－32＞0。又f(x)在0，π2上的图象是连续不断的，所以f(x)在0，π2内至少存在一个零点。又由（I）知f(x)在0，π2上单调递增，故f(x)在0，π2内有且仅有一个零点。当x∈π2，π时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由gπ2＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在π2，π上的图象是连续不断的，故存在m∈π2，π，南京市2019届高三数学二轮专题复习资料使得g(m)＝0。由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈π2，π时，有g′(x)＜0，从而g(x)在π2，π内单调递减。当x∈π2，m时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在π2，m内单调递增，故当x∈π2，m时，f(x)≥fπ2＝π－32＞0，故f(x)在π2，m上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点。综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。***10.设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列，若曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－63有三个互异的公共点，求d的取值范围．解析：曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－63有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x－t2＋d)(x－t2)(x－t2－d)＋(x－t2)＋63＝0有三个互异的实数解，令u＝x－t2，可得u3＋(1－d2)u＋63＝0．设函数g(x)＝x3＋(1－d2)x＋63，则曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－63有三个互异的公共点等价于函数y＝g(x)有三个零点．g'(x)＝3x3＋(1－d2)．当d2≤1时，g'(x)≥0，这时g'(x)在R上单调递增，不合题意．当d2＞1时，g'(x)=0，解得x1＝－d2－13，x2＝d2－13．易得，g(x)在(－∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，g(x)的极大值g(x1)＝g(－d2－13)=23(d2－1)329＋63>0．g(x)的极小值g(x2)＝g(d2－13)=−23(d2－1)329＋63．若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y＝f(x)至多有两个零点，不合题意．若g(x2)＜0，即(d2－1)32＞27，也就是|d|＞10，此时|d|＞x2，g(|d|)＝|d|＋63＞0，且－2|d|＜x1，g(－2|d|)＝－6|d|3－2|d|＋63＜－6210＋63＜0，从而由g(x)的单调性，可知函数y＝g(x)在区间(－2|d|，x1)，(x1，x2)，(x2，|d|)内各有一个零点，符合题意．所以d的取值范围是(－∞，－10)∪(10，＋∞)．南京市2019届高三数学二轮专题复习资料***11．已知函数f(x)＝x－lnx．若a≤3－4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．解析：令m＝e－(|a|＋k)，n＝(|a|＋1k)2＋1，则f(m)－km－a＞|a|＋k－k－a≥0，f(n)－kn－a＜n(1n－an－k)≤n(|a|＋1n－k)＜0所以，存在x0∈(m，n)使f(x0)＝kx0＋a，所以，对于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有公共点．由f(x)＝kx＋a得k＝x－lnx－ax．设h(x)＝x－lnx－ax，则h'(x)＝lnx－x2－1＋ax2＝－g(x)－1＋ax2，其中g(x)＝x2－lnx．由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3－4ln2，故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln2＋a，所以h'(x)≤0，即函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f(x)－kx－a＝0至多1个实根．综上，当a≤3－4ln2时，对于任意k＞0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点．类型二：极值点存在性及个数问题一、考题再现（2018全国卷Ⅰ）已知函数f(x)＝aex－lnx－1，若x＝2是f(x)的极值点．求实数a的值．解析：f(x)的定义域为(0＋∞)，f'(x)＝aex－1x．由题设知，f'(2)＝0，所以a＝12e2．此时f(x)＝12e2ex－lnx－1，f'(x)＝12e2ex－1x．当0＜x＜2时，f'(x)＜0；当x＞2时，f'(x)＞0．所以a＝12e2．二、方法联想南京市2019届高三数学二轮专题复习资料1、求极值点个数（1）直接求出导函数零点，或者利用零点存在性定理判断导函数零点的个数；（2）根据导函数的符号，判断极值点个数2、已知极值点，求参数取值（1）极值点是导函数的零点，求出参数取值；（2）判断导函数符号，证明导函数的零点是极值点．3、已知极值点个数，求参数取值范围（1）根据导函数的零点的个数和导函数的单调性，利用零点存在性定理求出参数取值范围；（解答题中避免直接用数形结合的方法求参数取值范围）（2）判断导函数符号，证明导函数的零点是极值点．三、方法应用例1．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1－lnx，函数f(x)是否既有极大值又有极小值？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．解：若f(x)既有极大值又有极小值，则f′(x)＝0必须有两个不等的正实数根x1，x2，即2x2－ax＋1＝0有两个不等的正实数根．故a应满足Δ>0，a2>0⇒a2－8>0，a>0⇒a>22.∴当a>22时，f′(x)＝0有两个不等的实数根，不妨设x1<x2，由f′(x)＝－1x(2x2－ax＋1)＝－2x(x－x1)(x－x2)知，0<x<x1时，f′(x)<0，x1<x<x2时，f′(x)>0，x>x2时f′(x)<0，∴当a>22时，f(x)既有极大值f(x2)又有极小值f(x1)．例2．已知λ∈R，函数f(x)＝ex－ex－λ(xlnx－x＋1)的导数为g(x),若函数g(x)存在极值，求λ的取值范围．解析：g(x)＝ex－e－λlnx，g′(x)＝ex－λx．当λ≤0时，g′(x)＞0恒成立，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故此时g(x)无极值．当λ＞0时，设h(x)＝ex－λx，则h′(x)＝ex＋λx2＞0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．南京市2019届高三数学二轮专题复习资料①当0＜λ＜e时，h(1)＝e－λ＞0，h(λe)＝eλe－e＜0，且h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，因此存在唯一的x0∈(λe，1)，使得h(x0)＝0．②当λ≥e时，h(1)＝e－λ≤0，h(λ)＝eλ－1＞0，且h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，因此存在唯一的x0∈[1，λ)，使得h(x0)＝0．故当λ＞0时，存在唯一的x0＞0，使得h(x0)＝0．且当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，因此g(x)在x＝x0处有极小值．所以当函数g(x)存在极值时，λ的取值范围是(0，＋∞)．例3．已知函数f(x)＝ln12x－ax2＋x，讨论函数f(x)的极值点的个数；解析：由f(x)＝ln12x－ax2＋x＝－ln2－lnx－ax2＋x，定义域为(0,＋∞),所以f′(x)＝－1x－2ax＋1＝－2ax2＋x－1x（ⅰ）a＝0时，f'(x)＝x－1x，x∈(0，1)，f'(x)＜0，x∈(1，＋∞)，f'(x)＞0．，所以x＝1时，f(x)取得极小值，x＝1是f(x)的一个极小值点．（ⅱ）a＜0时，Δ＝1－8a＞0，令f'(x)＝0，得x1＝1－1－8a4a，x2＝1＋1－8a4a．显然，x1＞0，x2＜0，所以x∈(0，x1)，f'(x)＜0，x∈(x1，＋∞)，f'(x)＞0，f(x)在x＝x1取得极小值，f(x)有一个极小值点．（ⅲ）a＞0时，Δ＝1－8a≤0时，即a≥18时，f'(x)≤0，f(x)在(0，＋∞是减函数，f(x)无极值点．当0＜a＜18时，Δ＝1－8a＞0，令f'(x)＝0，得x1＝1－1－8a4a，x2＝1＋1－8a4a．当x∈(0，x1)和x∈(x2，＋∞)时f'(x)＜0，x∈(x1，x2)时，f'(x)＞0，所以f(x)在x1取得极小值，在x2取得极大值，所以f(x)有两个极值点．综上可知：（ⅰ）a≤0时，f(x)仅有一个极值点；（ⅱ）当a≥18时，f(x)无极值点；（ⅲ）当0＜a＜18时，f(x)有两个极值点．南京市2019届高三数学二轮专题复习资料例4、（2017南通高三三模20）已知函数f(x)＝ax2＋cosx(a∈R)，记f(x)的导函数为g(x)．若f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围．四、归类研究*1．已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x，若x＝3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的取值．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋2x－4＝2x2－4x＋ax.∵x＝3是函数f(x)的一个极值点，∴f′(3)＝0，解得a＝－6.经检验a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，∴a＝－6.**2．设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex,若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围．南京市2019届高三数学二轮专题复习资料**3．设函数f(x)＝exx2－k2x＋lnx(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围．解：f′(x)＝(x－2)(ex－kx)x3，当k≤0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减，故f(x)在(0,2)内不存在极值点；当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)．因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，当0<k≤1时，当x∈(0,2)时，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x)单调递增，故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k>1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减，x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增，所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)．函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当g(0)>0，g(lnk)<0，g(2)>0，0<lnk<2，解得e<k<e22.当e<k<e22时，0<lnk<2，且g(0)>0，g(lnk)<0，g(2)>0，由单调性，连续性，存在唯一0＜x1<lnk＜x2＜2，使得f′(x1)＝f′(x2)＝0，0＜x＜x1时，f′(x)＞0；x1<x＜x2，f′(x)＜0；x2<x＜2时，f′(x)＞0，所以x1，x2是极值点．综上所述，函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时，k的取值范围为e，e22.4．设函数f(x)＝(x－a)lnx－x＋a，a∈R，若a＜0，试判断函数f(x)在区间(e－2，e2)内的极值点的个数，并说明理由；解：f'(x)＝lnx－ax＝xlnx－ax，由f'(x)＝0得a＝xlnx，令g(x)＝xlnxg'(x)＝lnx＋1＝0解得x＝e－1当x∈(e－2，e－1)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减南京市2019届高三数学二轮专题复习资料当x∈(e－2，e2)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增g(e－2)＝－2e2，g(e2)＝2e2，g(x)min＝g(e－1)＝－1e①当a≤－1e，g(x)≥a，f'(x)≥0恒成立，故f(x)在区间(e－2，e2)内无极值点；（虽然a＝－1e时，g(x)＝a有一个解，即f'(x)＝0有一解，但这个解不是极值点，因为它不满足该点左右两侧的导函数符号改变这个条件）②当－2e2≤a＜0时，零点存在性定理（要详细写）说明a＝xlnx有一个解，设为x1x∈(e－2，x1)，g(x)＜a，f'(x)＜0，则f(x)在(e－2，x1)上单调递减x∈(x1，e2)，g(x)＞a，f'(x)＞0，则f(x)在(x1，e2)上单调递增故f(x)在x＝x1处取得极小值，即f(x)在区间(e－2，e2)有一个极值点；③当－1e＜a＜－2e2时，零点存在性定理（要详细写）说明a＝xlnx有两解，设为x1，x2x∈(e－2，x1)，g(x)＞a，f'(x)＞0，则f(x)在(e－2，x1)上单调递增x∈(x1，x2)，g(x)＜a，f'(x)＜0，则f(x)在(x1，x2)上单调递减x∈(x2，e2)，g(x)＞a，f'(x)＞0，则f(x)在(x2，e2)上单调递增故f(x)在x＝x1处取得极大值，在x＝x2处取得极小值，即f(x)在区间(e－2，e2)有两个极值点；综上所述：当a≤－1e时，f(x)在区间(e－2，e2)内无极值点；当－2e2≤a＜0时，f(x)在区间(e－2，e2)有一个极值点；当－1e＜a＜－2e2时，f(x)在区间(e－2，e2)有两个极值点；5．（扬州市2017届高三上学期期中）已知函数f(x)＝aexx＋x，设a>0，求证：函数f(x)既有极大值，又有极小值。解：f'(x)＝aex(x－1)＋x2x2，设g(x)＝aex(x－1)＋x2，则g'(x)＝x(aex＋2)，因为a＞0，所以，当x∈(0，＋∞)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(－∞，0)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减；故g(x)至多两个零点．又g(0)＝－a＜0，g(1)＝1＞0，所以存在x1∈(0，1)，使g(x1)＝0又g(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，x1)时，g(x)＜0，故f'(x)＝g(x)x2＜0，f(x)单调递减；南京市2019届高三数学二轮专题复习资料当x∈(x1，＋∞)时，g(x)＞0，故f'(x)＝g(x)x2＞0，f(x)单调递增；所以函数f(x)在x＝x1处取得极小值．当x∈(－∞，0)时，ex＜1，且x－1＜0，所g(x)＝aex(x－1)＋x2＞a(x－1)＋x2＝x2＋ax－a＝(x－m)(x－n)，(m＜0＜n)存在负实数t＜m，则g(t)＞0，又g(0)＝－a＜0，故在(t，0)上存在x2，使g(x2)＝0，又g(x)在x∈(－∞，0)上单调递减，当x∈(－∞，x2)时，g(x)＞0，故f'(x)＝g(x)x2＞0，f(x)单调递增；当x∈(x2，0)时，g(x)＜0，故f'(x)＝g(x)x2＜0，f(x)单调递减；所以函数f(x)在x＝x2处取得极大值．综上，函数f(x)既有极大值，又有极小值.**6．设函数f(x)＝x－2ex－k(x－2lnx)(k为实常数，e是自然对数的底数)．若函数f(x)在(0，4)内存在三个极值点，求k的取值范围．解析：(2)因为f′(x)＝（x－2）（ex－kx2）x3＝（x－2）exx2－kx，当k≤0时，exx2－k＞0，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，4)上单调递增，不存在三个极值点，所以k＞0.(8分)又f′(x)＝（x－2）（ex－kx2）x3＝（x－2）exx2－kx，令g(x)＝exx2，得g′(x)＝ex·（x－2）x3，易知g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，则g(x)在x＝2处取得极小值，得g(2)＝e24，且g(4)＝e416.(10分)于是可得y＝k与g(x)＝exx2在(0，4)内有两个不同的交点的条件是k∈e24，e416.设y＝k与g(x)＝exx2在(0，4)内有两个不同交点的横坐标分别为x1，x2，则有0＜x1＜2＜x2＜4，下面列表分析导函数f′(x)及原函数f(x)：x(0，x1)x1(x1，2)2(2，x2)x2(x2，4)4x－2－－－0＋＋＋2exx2－k＋0－e24－k－0＋e416－kf′(x)－0＋0－0＋＋f(x)递减极小值递增极大值递减极小值递增可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，2)上单调递增，在(2，x2)上单调递减，在(x2，4)上单调递增，所以f(x)在区间(0，4)上存在三个极值点．南京市2019届高三数学二轮专题复习资料即函数f(x)在(0，4)内存在三个极值点的k的取值范围是e24，e416.类型三：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＝2a29＋3a．若f(x)，f'(x)这两个函数的所有极值之和不小于－72，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＝－23a，x21＋x22＝4a2－6b9.从而f(x1)＋f(x2)＝x31＋ax21＋bx1＋1＋x32＋ax22＋bx2＋1＝x13(3x21＋2ax1＋b)＋x23(3x22＋2ax2＋b)＋13a(x21＋x22)＋23b(x1＋x2)＋2＝4a3－6ab27－4ab9＋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－a23＝－19a2＋3a，所以h(a)＝－19a2＋3a，a＞3.因为h'(a)＝－29a－3a2＜0，于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减.因为h(6)＝－72，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、方法应用例1.f(x)＝ex＋2x2－3x，当x≥12时，f(x)≥52x2＋(a－3)x＋1恒成立，求实数a的取值范围。解析：f(x)≥52x2＋(a－3)x＋1ex＋2x2－3x≥52x2＋(a－3)x＋1，则a≤ex－12x2－1x在x≥12上恒成立南京市2019届高三数学二轮专题复习资料令g(x)＝ex－12x2－1x，则g'(x)＝ex(x－1)－12x2－1x2令h(x)＝ex(x－1)－12x2－1，则h'(x)＝x(ex－1)当x≥12时，h'(x)＞0恒成立，即h(x)≥h(12)＝78－12e＞0所以g'(x)＞0，g(x)在[12，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(12)＝2e－94所以a≤2e－94例2．（2018浙江）已知函数f(x)=x−lnx，若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；解析：f'(x)＝12x－1x，不妨设f'(x1)＝f'(x2)＝t，即x1，x2是方程12x－1x＝t的两根，即x1，x2是方程tx2－x2＋1＝0的根，所以Δ＝14－4t＞0，得0＜t＜116，且x1＋x2＝12t，x1·x2＝1t，f(x1)＋f(x2)＝(x1＋x2)－lnx1x2＝12t－ln1t2＝12t＋2lnt，令g(t)＝12t＋2lnt，g'(t)＝2t－12t2＝4t－12t2＜0，∴g(t)在(0，116)上单调递减.所以g(t)＞g(116)＝8－8ln2，即f(x1)＋f(x2)＞8－8ln2.例3．已知函数f(x)＝lnx(x＋a)2，其中a为常数．若a＝－1，设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x0，求证：f(x0)＜－2．解析：当a＝－1时，f(x)＝lnx(x－1)2，f'(x)＝x－1－2xlnxx(x－1)3．令h(x)＝x－1－2xlnx，x∈(01)，则h'(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1，令h'(x)＝0，得x＝e－12．①当e－12≤x＜1时，h'(x)≤0，∴h(x)＝x－1－2xlnx单调递减，h(x)∈(02e－12－1]，∴f'(x)＝x－1－2xlnxx(x－1)3＜0恒成立，∴f(x)＝lnx(x－1)2单调递减，且f(x)≤f(e－12)，②当0＜x≤e－12时，h'(x)≥0，∴h(x)＝x－1－2xlnx单调递增，其中h(12)＝12－1－212·ln(12)＝ln4e＞0，又h(e－2)＝e－2－1－2e－2·ln(e－2)＝5e2－1＜0，∴存在唯一x0∈(e－2，12)，使得h(x0)＝0，∴f'(x0)＝0，当0＜x＜x0时，f'(x)＞0，∴f(x)＝lnx(x－1)2单调递增，当x0＜x≤e－12时，f'(x)＜0，∴f(x)＝lnx(x－1)2单调递减，且f(x)≥f(e－12)，南京市2019届高三数学二轮专题复习资料由①和②可知，f(x)＝lnx(x－1)2在(0，x0)单调递增，在(x0，1)上单调递减，∴当x＝x0时，f(x)＝lnx(x－1)2取极大值．∵h(x0)＝x0－1－2x0lnx0＝0，∴lnx0＝x0－12x0，∴f(x0)＝lnx0(x0－1)2＝12x0(x0－1)＝12(x0－12)2－12，又x0∈(0，12)，∴2(x0－12)2－12∈(－120)，∴f(x0)＝12(x0－12)2－12＜－2．四、归类研究*1．已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1，证明：当0＜x＜1时，f(x)＜0(考查利用二次求导，通过判定导函数的范围，确定导函数的符号)解析：f'(x)＝lnx＋x＋1x－1＝lnx＋1xf''(x)＝1x－1x2＝x－1x2，令f'&