1、2021新亮劍高考總復(fù)習(xí)專項(xiàng)突破一第二章函數(shù)與導(dǎo)數(shù)在高考中的熱點(diǎn)題型2專項(xiàng)突破一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)在高考中的熱點(diǎn)題型函數(shù)是中學(xué)數(shù)學(xué)的核心內(nèi)容,導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的重要工具,因此導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用是歷年高考考查的重點(diǎn)與熱點(diǎn),常涉及的問題有討論函數(shù)的單調(diào)性(求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間),求 極值,求最值,求切線方程,求函數(shù)的零點(diǎn)或方程的根,求參數(shù)的取值范圍,證明不等式等 涉及的數(shù)學(xué)思想有函數(shù)與方程,分類討論,數(shù)形結(jié)合,轉(zhuǎn)化與化歸思想等.難度中上,一般有一道大題和一道小題.熱點(diǎn)1導(dǎo)數(shù)與不等式的證明熱點(diǎn)2根據(jù)不等式求參數(shù)的取值范圍目錄CONTENTS熱點(diǎn)3利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)4熱點(diǎn) 1導(dǎo)數(shù)與不等式的證明導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的工具,求

2、導(dǎo)后常將函數(shù)問題轉(zhuǎn)化為不等式問題解決;而在不等式的證明中,也常構(gòu)造函數(shù),把不等式的證明問題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù) 的單調(diào)性或最值問題.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟:(1) 作差或變形;(2) 構(gòu)造新的函數(shù) h(x);(3) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù) h(x)的單調(diào)性或最值;(4) 根據(jù)函數(shù) h(x)的單調(diào)性及最值,證明待證不等式.5題型一例 1直接法,轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題(2020 屆湖南岳陽模擬)設(shè)函數(shù) f(x)=x2-2x+aln x(aR).(1) 當(dāng) a=2 時(shí),求函數(shù) f(x)的圖象在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程.(2) 若函數(shù) f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn) x1,x2(x1-3-ln 2.222

3、解析(1)當(dāng) a=2 時(shí),函數(shù) f(x)=x2-2x+2ln x(x0),f(x)=2x-2+2=2(-+1),可得 f(1)=-1,f(1)=2,f(x)的圖象在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為 y-(-1)=2(x-1),即 2x-y-3=0.解析6(函數(shù)2x2-2x+a=0 有兩 = 22-8 0,= 1 0,解得 0a 0,21-x2=x1,a=2x1x2=2x2(1-x2),(1) 2-21+aln 1 2+2(1-2)2ln (1-2)-1=x2+2(1-x2)ln(122222令 h(t)=t+2(1-t)ln(1-t)-1 1 0, 22()3h(t)在 1 ,1 上單調(diào)遞增,h

4、(t)h13=- -ln 2.1- -ln 2. 222227方法總結(jié)：將不等式的證明問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題,其主要思想是依據(jù)函數(shù)在固定區(qū)間的單調(diào)性,直接求得函數(shù)的最值,然后由f(x)f(x)max或f(x)f(x)min直接證得不等式.8題型二例 2中間值法,轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行比較已知 f(x)=xln x.(1)求函數(shù) f(x)在t,t+2(t0)上的最小值.(2)證明:對一切 x(0,+),都有 ln x 1 - 2 成立.ee解析(1)由 f(x)=xln x,x0,得 f(x)=ln x+1,令 f(x)=0,得 x=1.e當(dāng) x 0, 1 時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增.

5、ee當(dāng) 0t1t+2,即 0t1時(shí),f(x)1=-1;=f emineee=f(t)=tln t.當(dāng) t1時(shí),f(x)在t,t+2上單調(diào)遞增,f(x)mine- 1 ,0 -2(x(0,+).ee由(1)可知 f(x)=xln x(x(0,+)的最小值是-1,e當(dāng)且僅當(dāng) x=1時(shí),f(x)取得最小值.e設(shè) m(x)= -2(x(0,+),則 m(x)=1- .eee令 m(x)1 時(shí),m(x)單調(diào)遞減;令 m(x)0,得當(dāng) 0x 1 - 2 成立.ee方法總結(jié)：在證明不等式時(shí),若對不等式的變形無法轉(zhuǎn)化為求一個(gè)函數(shù)的最值,則可以借助求兩個(gè)函數(shù)的最值進(jìn)行證明.10題型三例 3移項(xiàng)法,構(gòu)造函數(shù)證明不

6、等式(2020 屆江西贛州模擬)已知函數(shù) f(x)=1-ln,g(x)=e+1-bx,曲線 y=f(x)e與曲線 y=g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是 A(1,1),且在點(diǎn) A 處的切線互相垂直.(1)求 a,b 的值.(2)證明:當(dāng) x1 時(shí),f(x)+g(x)2.解析(1)因?yàn)?f(x)=1-ln,所以 f(x)=ln-1,f(1)=-1. 2因?yàn)?g(x)=e+1-bx,所以 g(x)=-e- 1 -b.ee 2因?yàn)榍€ y=f(x)與曲線 y=g(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是 A(1,1),且在點(diǎn) A 處的切線互相垂直,所以 g(1)=1,且 f(1)g(1)=-1,所以 g(1)=a+1-b=1,g(1

7、)=-a-1-b=1,解得 a=-1,b=-1.解析11(2)由(1)知,g(x)=- e +1+x,e要證 f(x)+g(x)2,只需證 1-ln - e -1+x0.e令 h(x)=1-ln- e -1+x(x1),e則 h(1)=0,h(x)=-1-ln + e + 1+1=ln + e+1. 2e 2 2e因?yàn)?x1,所以 h(x)=ln+ e +10, 2e所以 h(x)在1,+)上單調(diào)遞增,所以 h(x)h(1)=0,即 1-ln - e -1+x0,e所以當(dāng) x1 時(shí),f(x)+g(x)2.方法總結(jié)：當(dāng)待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí),一般地,可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù),利用導(dǎo)

8、數(shù)研究其單調(diào)性,借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性即可得證.12題型四主元法,構(gòu)造函數(shù)證明不等式(2020 屆安徽滁州一模)已知函數(shù) f(x)=ln x-1ax2+x,aR.例 42(1)令 g(x)=f(x)-(ax-1),求函數(shù) g(x)的單調(diào)區(qū)間.5-1(2)若 a=-2,正實(shí)數(shù) x ,x滿足證明:x +x f(x )+f(x )+x x =0,.121212122解析13解析(1)因?yàn)?g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-1ax2+(1-a)x+1,x0,22所以 g(x)=1-ax+(1-a)=-+(1-)+1.當(dāng) a0 時(shí),因?yàn)?x0,所以 g(x)0,所以 g(x)在(0,+)上單調(diào)

9、遞增.- -1 (+1)1當(dāng) a0 時(shí),g(x)=,令 g(x)=0,得 x=,所以當(dāng) x 0, 1 時(shí),g(x)0;當(dāng) x 1 , + 時(shí),g(x)0 時(shí),函數(shù) g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是 0, 1 ,單調(diào)遞減區(qū)間是 1 , + .14(2)當(dāng) a=-2 時(shí),f(x)=ln x+x2+x.由 f(x1)+f(x2)+x1x2=0,得ln x1+2+x1+ln x2+2+x2+x1x2=0,1從而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2).2令 t=x1x2,設(shè) (t)=t-ln t,因?yàn)?x10,x20,所以 t=x1x20.由 (t)=-1(t0)可知,(t)在(0,1)上

10、單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增.所以 (t)(1)=1,5-1-5-1 2所以(x +x ) +(x +x )1,解得 x +x 2或 x +x .1212121225-1 又因?yàn)?x 0,x 0,所以 x +x .12122方法總結(jié)：對于f(x1,x2)A的不等式,可選x1(或x2)為主元,構(gòu)造函數(shù)f(x1)或f(x2)求解.15題型五對稱法,構(gòu)造函數(shù)證明不等式例 5已知函數(shù) f(x)=(a+1)ln x+ax2+1.(1)討論 f(x)的單調(diào)性.(2)若 a-2,證明:對任意 x1,x2(0,+),|f(x1)-f(x2)|4|x1-x2|.解析16解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+)

11、,22f(x)=+1+2ax=2+ +1=(2+1)+1.當(dāng) a0 時(shí),f(x)0,故 f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.當(dāng) a-1 時(shí),f(x)0,故 f(x)在(0,+)上單調(diào)遞減.當(dāng)-1a0,f(x)在 0, - +1 上單調(diào)遞增;22當(dāng) x - +1 , + 時(shí),f(x)0,f(x)在 - +1 , + 上單調(diào)遞減.2217(2)不妨假設(shè) x1x2,由于 a-2,故 f(x)在(0,+)上單調(diào)遞減.所以|f(x1)-f(x2)|4|x1-x2|等價(jià)于 f(x2)-f(x1)4x1-4x2,即 f(x2)+4x2f(x1)+4x1.令 g(x)=f(x)+4x,2則 g(x)=+1+2ax

12、+4=2+4+1,22于是 g(x)-4+4-1=-(2-1) 0.從而 g(x)在(0,+)上單調(diào)遞減,故 g(x1)g(x2),即 f(x2)+4x2f(x1)+4x1,故當(dāng) a-2 時(shí),對任意 x1,x2(0,+),|f(x1)-f(x2)|4|x1-x2|.18方法總結(jié)：1.構(gòu)造“形似”函數(shù):對原不等式進(jìn)行同解變形,如移項(xiàng),通分,取對數(shù);把不等式的左右兩邊轉(zhuǎn)化為相同結(jié)構(gòu)的式子,根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù).2.常見構(gòu)造函數(shù)的思路(1)xf(x)+f(x)聯(lián)想xf(x);(2)xf(x)-f(x)聯(lián)想 () ;(3)f(x)+f(x)聯(lián)想 e () ;(4)f(x)-f(x)聯(lián)想 ()

13、;e(5)f(x)k 聯(lián)想(f(x)kx ).19題型六例 6賦值放縮法,證明正整數(shù)不等式已知函數(shù) f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1.(1) 求函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2) 若 f(x)0 恒成立,試確定實(shí)數(shù) k 的取值范圍.(3)證明:ln2+ln3+ln4+ ln 1).345+14解析(1)因?yàn)?f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1,所 以 f(x)= 1 -k,x1.-1所以當(dāng) k0 時(shí),f(x)= 1 -k0,f(x)在(1,+)上單調(diào)遞增.-1當(dāng) k0 時(shí),令 f(x)0,得 1x1+1;令 f(x)1+1.所以 f(x)在 1,1 + 1 上單調(diào)遞增,在 1

14、+ 1 , + 上單調(diào)遞減.解析20(2)因?yàn)?f(x)0 恒成立,所以 ln(x-1)-k(x-1)+10 恒成立,所以ln(x-1)k(x-1)-1 恒成立,所以 k0.=f 1 + 1 =-ln k,所以-ln k0,解得 k1.由(1)知,當(dāng) k0 時(shí),f(x)max故實(shí)數(shù) k 的取值范圍是1,+).(3)令 k=1,則由(2)知,ln(x-1)x-2 對任意 x(1,+)恒成立,即ln xx-1 對任意 x(0,+)恒成立.取 x=n2,則 2ln nn2-1,即 ln -1,n2,+12所以ln2 +ln3 +ln4 + ln 1).345+122224方法總結(jié)：若所構(gòu)造函數(shù)的最值

15、不易求解,則可將待證明的不等式進(jìn)行放縮,再重新構(gòu)造函數(shù).21熱點(diǎn) 2根據(jù)不等式求參數(shù)的取值范圍用導(dǎo)數(shù)解決不等式“恒成立”“存在性”問題的常用方法是分離參數(shù),或構(gòu)造新函數(shù),將不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.22題型一例 1用分離參數(shù)法求參數(shù)的取值范圍(2020 屆大同模擬)已知函數(shù) f(x)=1+ln .(1)若函數(shù) f(x)在區(qū)間 , + 1 上存在極值,求正實(shí)數(shù) a 的取值范圍.2(2)當(dāng) x1 時(shí),不等式 f(x)恒成立,求實(shí)數(shù) k 的取值范圍.+1解析(1)函數(shù) f(x)的定義域?yàn)?0,+),f(x)=1-1-ln =-ln, 2 2令 f(x)=0,得 x=1.當(dāng) x(0,1)時(shí),f(

16、x)0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng) x(1,+)時(shí),f(x)0,f(x)單調(diào)遞減.所以 x=1 為函數(shù) f(x)的極大值點(diǎn),且是唯一的極值點(diǎn),所以 0a1a+1,故1a0,所以 g(x)在1,+)上單調(diào)遞增,所以 g(x)g(1)=2,故 k2,即實(shí)數(shù) k 的取值范圍是(-,2.方法總結(jié)：用分離參數(shù)法求參數(shù)的取值范圍的步驟:第一步,將原不等式分離參數(shù),轉(zhuǎn)化為不含參數(shù)的函數(shù)的最值問題; 第二步,利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的最值;第三步,根據(jù)題目要求得出參數(shù)的取值范圍.24題型二例 2用分類討論法求參數(shù)的取值范圍(2020 屆黑龍江大慶二模)已知函數(shù) f(x)=2ln(x+1)-x2.(1) 若點(diǎn) M 在函數(shù) y

17、=f(x)的圖象上運(yùn)動(dòng),直線 y=2x+5 與函數(shù) y=f(x)的圖象不相交,求點(diǎn) M 到直線 y=2x+5 的距離的最小值.(2) 若當(dāng) x(0,+)時(shí),f(x)kxex+x 恒成立,求實(shí)數(shù) k 的取值范圍.分析(1)求出函數(shù) f(x)的導(dǎo)數(shù),求出點(diǎn) M 的坐標(biāo),根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式求出其最小值即可.(2)設(shè) g(x)=kx-f(x),求出函數(shù) g(x)的導(dǎo)數(shù),通過討論 k 的取值范圍,求出函數(shù)的e單調(diào)區(qū)間,結(jié)合 f(x)kx 恒成立確定 k 的取值范圍;由 kxex+x 恒成立得到 k0,f(x)0),+1當(dāng) k-20,即 k2 時(shí),2x20,(k+2)x0,x+10,故 g(x)0,即

18、 g(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.g(x)g(0)=0,即 f(x)kx,故當(dāng) k2 時(shí),滿足題意.26當(dāng) k-20,即 k0,令 h(x)=2x2+(k+2)x+k-2,h(0)=k-20,使得 h(x0)=0,當(dāng) 0xx0 時(shí),h(x)0,即 g(x)0,g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,當(dāng) 0xx0 時(shí),g(x)g(0)=0, 故當(dāng) k2 時(shí),f(x)0 時(shí),kxex+x 恒成立,即k+1 恒成立.ee (x-1)令 m(x)=+1,則 m(x)=,2顯然 m(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增,m(x)min=m(1)=e+1,故 k0,0或a0,0)求解.28題型三例

19、 3的常數(shù).含雙變量的不等式恒成立(存在),求參數(shù)的取值范圍(1) 討論 y=f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2) 若 y=f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn) x1,x2(x1x2),且不等式 f(x1的取值范圍.分析(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),通過討論 m 的取值范圍,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可.() 21(2)將問題轉(zhuǎn)化為求 a設(shè) t=2x ,0t ,令 h(t)=1=2(1-2x )-+8x ln 2x ,11111-21222(1-t)- 2 +4tln t 0 0),當(dāng) m1時(shí),f(x)0,f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增;21- 1-21+ 1-2,當(dāng) 0m1時(shí),設(shè)方程 8x2-4x+m=0 的兩根為 x ,x (

20、x x ),則x1=,x2=12122441- 1-21+ 1-21- 1-21+ 1-2f(x) 在 0, + 上單調(diào)遞增,在 上單調(diào)遞減. , ,4444綜上所述,當(dāng) m1時(shí),f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增;21- 1-20,1+ 1-21- 1-21+ 1-2,當(dāng) 0m1時(shí),f(x)在上單調(diào)遞增,在上, + 24444單調(diào)遞減.30(2)由(1)可知,0m1且 x +x =1,x x =.1212228x x ,0x 1,1x 1.12124 42()由 f(x )ax ,得 a1,122f(x1)=42-4x1+mln 2x1=(2x1-1)2-1+4x1(1-2x1)ln 2x1,1

21、()() 2故1=1=2(1-2x )-+8x ln 2x .1111-11-2122設(shè) t=2x ,則 0t1,12令 h(t)=2(1-t)- 2 +4tln t 0 1 , 則 h(t)=2 1-1(1-)2+ 2ln .1-2當(dāng) 0t1時(shí),1- 1+2ln th1即=-3-2ln 2,1-3-2ln 2. 222綜上,當(dāng) a(-,-3-2ln 2時(shí),f(x1)ax2 恒成立.31方法總結(jié)：涉及兩個(gè)參變量的問題時(shí),常采取以下策略:(1) 通過換元法將問題轉(zhuǎn)化為只有一個(gè)變量的問題;(2) 把其中一個(gè)看作主元,先將其轉(zhuǎn)化為含有一個(gè)參數(shù)的不等式恒成立或存在性問題,再通過構(gòu)造函數(shù)的方法求解.解決

22、不等式恒成立或存在性問題的基本方法是轉(zhuǎn)化為最值問題求解.常見不等式類型與最值問題的對應(yīng)關(guān)系如下:32 不等式類型與最值的關(guān)系xD,f(x)Mf(x)minMxD,f(x)Mf(x)maxMf(x)maxMxD,f(x)Mf(x)ming(x)f(x)-g(x)min0xD,f(x)g(x)f(x)-g(x)maxg(x2)f(x)ming(x)maxx1D1,x2D2,f(x1)g(x2)f(x)ming(x)minx1D1,x2D2,f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)maxx1D1,x2D2,f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min33利用洛必達(dá)法則巧解參數(shù)范圍問題洛必達(dá)法則

23、設(shè)函數(shù) f(x)、g(x)滿足:(1) lim f(x)= lim g(x)=0;(2)在 U(a)內(nèi)(在點(diǎn) a 的去心鄰域內(nèi)),f(x)和 g(x)都存在,且 g(x)0;(3) lim ()=A(A 可為實(shí)數(shù),也可以是).()()= lim() =A.(即“函數(shù)之比的極限”與“對應(yīng)函數(shù)導(dǎo)數(shù)之比的極限”相等)則lim() ()34例已知函數(shù) f(x)=ln +,曲線 y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為 x+2y-3=0.+1(1)求 a,b 的值;(2)如果當(dāng) x0 且 x1 時(shí),f(x)ln+ ,求 k 的取值范圍.-1分析(1)用待定系數(shù)法求解;(2)利用分類討論和反證法求解或

24、利用分離參數(shù)法求解.解析35 +1-ln 解析(1)f(x)=-.(+1)2 2因?yàn)橹本€ x+2y-3=0 的斜率為-1,且過點(diǎn)(1,1),2(1) = 1, = 1, = 1,所 以 (1) = - 1 , 即 - = - 1 , 解 得 = 1.22212ln + (-1)( 2-1) .(2)(法一)由(1)知 f(x)= ln +1,所以 f(x)- ln + =1- 2-1+122考慮函數(shù) h(x)=2ln x+(-1)(-1)(x0),則 h(x)=(-1)(+1)+2 . 222(i)當(dāng) k0 時(shí),由 h(x)=(+1)-(-1) 知,當(dāng) x1 時(shí),h(x)0,可得 1h(x)0

25、;1- 2當(dāng) x(1,+)時(shí),h(x)0,1- 2從而當(dāng) x0 且 x1 時(shí),f(x)- ln + 0,即 f(x)ln + .-1-136(ii)當(dāng) 0k0,故 h(x)0, 1- 時(shí),h(x)0,可得11而 h(1)=0,故當(dāng) x 1,h(x)0,而 h(1)=0,故當(dāng) x(1,+)時(shí),h(x)0,可得 1h(x)0 且 x1 時(shí),f(x)ln +,即ln+1ln +,-1+1-1也即 k0 且 x1,1- 22222則 g(x)=2(+1)ln +2(1-)=2(+1) ln + 1-,(1- 2)2(1- 2)2 2+137(1- 2)22記 h(x)=ln x+ 1-,則 h(x)=

26、1+-4=0,(1+ 2)2(1+ 2)2 2+1從而 h(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,且 h(1)=0,因此當(dāng) x(0,1)時(shí),h(x)0.即當(dāng) x(0,1)時(shí),g(x)0.所以 g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+)上單調(diào)遞增.由洛必達(dá)法則有g(shù)(x)=lim 2ln + 1 =1+lim2ln =1+ lim2ln +2=0,lim1- 21- 2-21111即當(dāng) x1 時(shí),g(x)0,即當(dāng) x0 且 x1 時(shí),g(x)0.因?yàn)?k0 且 x1 時(shí),f(x)ln+成立,k 的取值范圍為(-,0.-138方法總結(jié)：高考試卷的壓軸題一般是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題,其中求參數(shù)的取值范圍就是一類重點(diǎn)考查

27、的題型.這類題目容易讓學(xué)生想到用分離參數(shù)的方法,一部分題用這 種方法很奏效,另一部分題在高中范圍內(nèi)用分離參數(shù)的方法卻不能順利解決.雖然 這部分壓軸題可以用分類討論和假設(shè)反證的方法求解,但這種方法往往討論多樣過于繁雜,學(xué)生掌握起來非常困難.利用分離參數(shù)的方法不能解決這部分問題的原因是出現(xiàn)了“0”型的式子,而這就是大學(xué)數(shù)學(xué)中的不定式問題,解決這類問題的有效0方法就是洛必達(dá)法則.利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性,再用洛必達(dá)法則就能順利解決上面提出的“0”型的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用問題.039熱點(diǎn) 3利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)1.利用導(dǎo)數(shù)研究高次式、分式、指數(shù)式、對數(shù)式、三角式及絕對值式結(jié)構(gòu)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)(或方程根的個(gè)數(shù))問題

28、的一般思路:(1)可轉(zhuǎn)化為用導(dǎo)數(shù)研究其函數(shù)的圖象與 x 軸(或直線 y=k)在該區(qū)間上的交點(diǎn)問題; (2)利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等性質(zhì),進(jìn)而畫出其圖象;(3)結(jié)合圖象求解.2.證明復(fù)雜方程在某區(qū)間上有且僅有一解的步驟:第一步,利用導(dǎo)數(shù)證明該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào);第二步,證明端點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)值異號(hào).40題型一通過最值(極值)判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)例 1(2020 屆河北石家莊模擬)已知函數(shù) f(x)=2a2ln x-x2(a0).(1) 當(dāng) a=1 時(shí),求曲線 y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程;(2) 求函數(shù) f(x)的單調(diào)區(qū)間;(3) 討論函數(shù) f(x)在區(qū)間(1,

29、e2)內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)(e 為自然對數(shù)的底數(shù)).解析(1)當(dāng) a=1 時(shí),f(x)=2ln x-x2,f(x)=2-2x,f(1)=0,又 f(1)=-1,曲線 y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為 y+1=0.解析41222(2)f(x)=2a2ln x-x2,f(x)=2-2x=2-2=-2(-)(+).x0,a0,當(dāng) 0x0;當(dāng) xa 時(shí),f(x)0.f(x)在(0,a)上單調(diào)遞增,在(a,+)上單調(diào)遞減.(3)由(2)得 f(x)max=f(a)=a2(2ln a-1).討論函數(shù) f(x)的零點(diǎn)情況如下:當(dāng) a2(2ln a-1)0,即 0a e時(shí),函數(shù) f(x)無零點(diǎn),函數(shù) f(

30、x)在(1,e2)內(nèi)無零點(diǎn).當(dāng) a2(2ln a-1)=0,即 a= e時(shí),函數(shù) f(x)在(0,+)內(nèi)有唯一零點(diǎn) a,而 1a= e0,即 a e時(shí),f(1)=-10,f(e2)=2a2ln e2-e4=4a2-e4=(2a-e2)(2a+e2).2當(dāng) 2a-e20,即eae 時(shí) ,f(e2)0, 2由函數(shù)的單調(diào)性可知,函數(shù) f(x)在(1,a)內(nèi)有唯一零點(diǎn) x1,在(a,e2)內(nèi)有唯一零點(diǎn) x2,f(x)在(1,e2)內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn).2當(dāng) 2a-e20,即 ae 時(shí),f(e2)0,由函數(shù)的單調(diào)性可知,f(x)在(1,e2)內(nèi)只有一個(gè)零點(diǎn).2綜上所述,當(dāng) 0a e時(shí),函數(shù) f(x)在(1,e2

31、)內(nèi)無零點(diǎn);2當(dāng) a=e或 ae 時(shí),函數(shù) f(x)在(1,e2)內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn); 22當(dāng)ea0,所以函數(shù) f(x)的圖象在 x=1 處的切線斜率為 1+2a,由切線與直線 x+y=0 平行,可得 1+2a=-1,解得 a=-1.解析44(2)若 a=0,可得 f(x)=xln x,由 f(x)=0,可得 x=1 或 x=0(舍去),即 f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 1.若 a0,由 f(x)=0,得 ln x+ax=0,可得-a=ln,x0.設(shè) g(x)=ln,則 g(x)=1-ln . 2當(dāng) xe 時(shí),g(x)0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng) 0x0,g(x)單調(diào)遞增.可得 g(x)在 x=e 處取得最大值

32、,最大值為1.故 g(x)的圖象如圖所示.e由 a0,得-a0 時(shí),f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 1.綜上可得,f(x)在 a0 時(shí)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 1.方法總結(jié)：對于方程的解的個(gè)數(shù)(或函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù))問題,可利用函數(shù)的值域或最值,結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性,畫出草圖,數(shù)形結(jié)合來判斷.45題型三用構(gòu)造函數(shù)法研究函數(shù)零點(diǎn)例 3已知函數(shù) f(x)=ex-1,g(x)= +x,其中 e 是自然對數(shù)的底數(shù),e=2.71828.(1) 證明:函數(shù) h(x)=f(x)-g(x)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn).(2) 求方程 f(x)=g(x)的根的個(gè)數(shù),并說明理由.解析(1) 由 h(x)=f(x)-g(x)=ex-1- -x,得

33、h(1)=e-30,所以函數(shù) h(x)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn).解析46(2)由(1)得 h(x)=ex-1- -x,x0.因?yàn)?h(0)=0,所以 x=0 為 h(x)的一個(gè)零點(diǎn).而 h(x)在(1,2)內(nèi)有零點(diǎn),因此 h(x)在0,+)上至少有兩個(gè)零點(diǎn).-1-311記 (x)=h(x)=e -1,x所以 (x)=e +x2.224當(dāng) x(0,+)時(shí),(x)0,因此 (x)在(0,+)上單調(diào)遞增,則 (x)在(0,+)上至多有一個(gè)零點(diǎn),即 h(x)在0,+)上至多有兩個(gè)零點(diǎn).所以方程 f(x)=g(x)的根的個(gè)數(shù)為 2.方法總結(jié)：根據(jù)條件構(gòu)造某個(gè)函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值點(diǎn),根據(jù)

34、函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)探索函數(shù)在給定區(qū)間的極值以及區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值與0的關(guān)系,從而求解.47題型四根據(jù)函數(shù)零點(diǎn),求參數(shù)的取值范圍(或值)例 4(2018 年全國卷)已經(jīng)函數(shù) f(x)=ex-ax2.(1)若 a=1,證明:當(dāng) x0 時(shí),f(x)1.(2)若 f(x)在區(qū)間(0,+)只有一個(gè)零點(diǎn),求 a.解析(1)當(dāng) a=1 時(shí),f(x)1 等價(jià)于(x2+1)e-x-10.設(shè)函數(shù) g(x)=(x2+1)e-x-1,則 g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.因?yàn)?g(x)0,所以 g(x)在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞減.而 g(0)=0,故當(dāng) x0 時(shí),g(x)0,即 f(x)1.解析4

35、8(2)設(shè)函數(shù) h(x)=1-ax2e-x.f(x)在區(qū)間(0,+)上只有一個(gè)零點(diǎn),等價(jià)于 h(x)在(0,+)上只有一個(gè)零點(diǎn).當(dāng) a0 時(shí),h(x)0,h(x)沒有零點(diǎn);當(dāng) a0 時(shí),h(x)=ax(x-2)e-x.當(dāng) x(0,2)時(shí),h(x)0.所以 h(x)在區(qū)間(0,2)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(2,+)上單調(diào)遞增.故 h(2)=1-4 是 h(x)在區(qū)間(0,+)上的最小值.e2若 h(2)0,即若 h(2)=0,即若 h(2)0,即e2則 h(x)在區(qū)間(0,+)上沒有零點(diǎn);a,449333由(1)知,當(dāng) x0 時(shí),exx2,所以 h(4a)=1-16=1- 161-16=1-10.(e

36、2 )2(2)4e4故 h(x)在(2,4a)上有一個(gè)零點(diǎn),因此 h(x)在區(qū)間(0,+)上有兩個(gè)零點(diǎn).e2綜上,當(dāng) f(x)在區(qū)間(0,+)上只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí),a=.4方法總結(jié)：與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的參數(shù)的取值范圍問題,往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn),并結(jié)合特殊點(diǎn),從而判斷函數(shù)的大致圖象,討論其圖象與x軸的位置關(guān)系,進(jìn)而確定參數(shù)的取值范圍;或通過對方程等價(jià)變形轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題.50題型五已知極值點(diǎn)個(gè)數(shù)研究極值點(diǎn)偏移問題例 5(2016 年全國卷)已知函數(shù) f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2 有兩個(gè)零點(diǎn).(1) 求 a 的取值范圍;(2) 設(shè) x1,x2 是 f(x)的兩個(gè)零點(diǎn),證明:x1+x22.分析(1)求出函數(shù) f(x)的導(dǎo)數(shù),討論 a 的取值,分情況討論函數(shù)的單調(diào)