1、12.11 导数在研究函数中的应用(二)方法梳理1分离参数法分离参数法是求参数的最值范围的一种方法通过分离参数，用函数的观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决分离参数法在解决不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数的单调性中参数的取值范围问题时经常用到解题的关键是分离出参数后将原问题转化为求函数的最值或值域问题2构造函数法构造函数法作为一种数学思维方法，在解决某些数学问题时，若能充分挖掘题目中潜在的信息，构造与之相关的函数，将陌生问题转化为熟悉问题，可使问题顺利解决3等价转化法等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围
2、内可解的问题的一种重要的思想方法通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于强化解决数学问题中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧4分类讨论思想方法分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思
3、维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置5任意性与存在性2 x1 a， b， x2 c， d，使 f1(x1)f2(x2)f1(x1)minf2(x2)max. x1 a， b， x2 c， d，使 f1(x1)f2(x2)f1(x1)maxf2(x2)min. x1 a， b， x2 c， d，使 f1(x1)f2(x2)f1(x1)minf2(x2)min. x1 a， b， x2 c， d，使 f1(x1)f2(x2)f1(x)maxf2(x)max. x1 a， b， x2 c， d，使 f1(x1) f2(x2)f1(x)的值域与 f2(x)的值域交集不为 .诊断自测 1设函
4、数 f(x)的导函数为 f( x)，对任意 xR 都有 f(x)f( x)成立，则( )A3 f(ln 2)2f(ln 3)B3 f(ln 2)2 f(ln 3)C3 f(ln 2)g(ln 3)，即 ，fln 2eln 2 fln 3eln 3即 ，fln 22 fln 33所以 3f(ln 2)2f(ln 3)故选 A.2设 f(x)是定义在 R 上的奇函数， f(2)0，当 x0 时，有 0 的解集是( )A(2,0)(2，) B(2,0)(0,2)C(，2)(2，) D(，2)(0,2)答案 D解析 当 x0 时， 0，此时 x2f(x)0.又 f(x)为奇函数， h(x) x2f(x
5、)也为奇函数故 x2f(x)0 的解集为(，2)(0,2)故选 D.3已知 f(x) 在1，)上是单调递增函数，则 a 的取值范围是2x2 ax 2a2x_3答案 1，)解析 f(x) x ， f( x)1 .ax a2 ax2又 f(x)在1，)上是单调递增函数， f( x)0，于是可得不等式 a x2对于x1 恒成立 a( x2)max.由 x1，得 x21. a1.4(2017河南期末)函数 y x32 ax a 在(0,1)内有极小值，则实数 a 的取值范围为_答案 (0，32)解析 对于函数 y x32 ax a，求导可得 y3 x22 a，函数 y x32 ax a 在(0,1)内
6、有极小值， y3 x22 a0，则其有一根在(0,1)内，当 a0 时，3 x22 a0 两根为 ，23a若有一根在(0,1)内，则 00 时， f(x)2 a aln .2a本题用分类讨论思想，代换法，放缩法解 (1) f(x)的定义域为(0，)，f( x)2e 2x (x0)ax当 a0 时， f( x)0， f( x)没有零点；当 a0 时，因为 ye 2x单调递增， y 单调递增，所以 f( x)在(0，)上单调ax递增又 f( a)0，当 b 满足 00 时， f( x)存在唯一零点(2)证明：由(1)，可设 f( x)在(0，)上的唯一零点为 x0，当 x(0， x0)时，f( x
7、)0.故 f(x)在(0， x0)上单调递减，在( x0，)上单调递增，所以当 x x0时， f(x)取得最小值，最小值为 f(x0)则 f(x0)e 2x0 aln x0.由于 2e2x0 0，ax0e 2x0 ，a2x0两边取对数 2x0ln ln x0，a2ln x0ln 2 x0，a2将，代入 f(x0)，则 f(x0) 2 ax0 aln 2 a aln .a2x0 2a 2a故当 a0 时， f(x)2 a aln .2a角度 2 不等式恒成立问题(2017安徽江淮十校联考)已知函数 f(x) xln x(x0) 典 例(1)求 f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意 x(0，)
8、， f(x) 恒成立，求实数 m 的最大值 x2 mx 32本题采用分离系数法、构造函数法解 (1)由题意知 f( x)ln x1，令 f( x)0，得 x ，1e令 f( x)0)，2xln x x2 3x5则 g( x) ，2x x2 3x2由 g( x)0x1，由 g( x)0 时， f( x)0 恒成立，2x 12x f(x)在(0，)上单调递增，, x1 不是 f(x)的极值点，故不存在实数 a，使得 f(x)在 x1 处取得极值(2)由 f(x0) g(x0)，得( x0ln x0)a x 2 x020记 F(x) xln x(x0)， F( x) (x0)，x 1x当 01 时，
9、 F( x)0， F(x)单调递增 F(x)F(1)10，, a ，记 G(x) ， x .x20 2x0x0 ln x0 x2 2xx ln x 1e， e G( x)2x 2x ln x x 2x 1x ln x2 .x 1x 2ln x 2x ln x2 x ，22ln x2(1ln x)0，1e， e x2ln x20， x 时， G( x)0， G(x)单调递增， G(x)min G(1)1， a G(x)min1.故实数 a 的取值范围为1，)方法技巧解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性，有时需要构造相关函数，利用单调性解之见角度 1,2 的典例解决“恒成立”与“存在性”问题
10、时，注意它们的互补关系，必要时作等价转化，即构造函数或分离参数，将问题直接转化为函数的最值问题见角度 3 的典例冲关针对训练1(2017陵川县校级期末)已知对于 xR， g(x)0 与 f( x)g(x)f(x)g( x)恒成立，且 f(1)0，则不等式 0 的解集是fxgx_答案 (1，)解析 令 h(x) ，fxgx则 h( x) ，f xgx fxg xg2x而 g(x)0 与 f( x)g(x)f(x)g( x)恒成立，故 h( x)0， h(x)在 R 上递增，而h(1)0，故不等式 0，即 h(x)h(1)，fxgx解得 x1，故不等式的解集是(1，)2已知函数 f(x) xln
11、x， g(x) x2 ax3.(1)求函数 f(x)在 t， t2( t0)上的最小值；(2)若存在 x (e 是自然对数的底数，e2.71828)使不等式 2f(x) g(x)成立，(1e， e求实数 a 的取值范围解 (1)由已知得 f( x)ln x1，当 x 时， f( x)0，此时 f(x)单调递增(1e， )当 0 时， f(x)在 t， t2上单调递增，故 f(x)min f(t) tln t.1e 1e所以 f(x)minError!(2)由题意知 2xln x x2 ax3，即 a2ln x x ，3x设 h(x)2ln x x (x0)，3x则 h( x) 1 ，2x 3x
12、2 x 3x 1x2当 x 时， h( x)0，此时 h(x)单调递增所以 h(x)maxmax ，h(1e)， he因为存在 x ，使 2f(x) g(x)成立，1e， e所以 a h(x)max，又 h 2 3e， h(e)2e ，(1e) 1e 3e故 h h(e)，所以 a 3e2.(1e) 1e题型 2 导数与方程问题角度 1 零点的判断与证明函数 f(x) x33 x2 a(aR)的零点个数 典 例 1讨论极值与 0 的关系解 易知该函数的定义域是 R，f( x)3 x26 x3 x(x2)，由 f( x)0 得， x0 或 x2.当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况
13、如下表：8因此函数 f(x)的极大值是 f(0) a，极小值是 f(2) a4.当 a0，即 a4 时， f(x)有一个零点；当 a0 或 a40，即 a0 或 a4 时， f(x)有两个零点；当 a0 且 a41，函数 f(x)(1 x2)ex a. 典 例 2(1)求 f(x)的单调区间；(2)证明： f(x)在(，)上仅有一个零点研究 f(x)的单调性，再由赋值法证明解 (1) f( x)2 xex(1 x2)ex( x22 x1)e x( x1) 2ex0，故 f(x)是 R 上的单调递增函数，其单调增区间是(，)，无单调减区间(2)证明：因为 f(0)(10 2)e0 a1 a0，由
14、零点存在性定理知， f(x)在(，)上至少有一个零点又由(1)知，函数 f(x)是(，)上的单调递增函数，故函数 f(x)在(，)上仅有一个零点角度 2 由零点求参数的取值(2017张掖模拟)设函数 f(x) aln x. 典 例 x22(1)当 a1 时，求曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线方程；(2)求函数 y f(x)的单调区间和极值；(3)若函数 f(x)在区间(1，e 2内恰有两个零点，试求 a 的取值范围将 f(x)0 化为： ，用构造函数法求解2ln xx2 1a解 (1)当 a1 时，f(x) ln x， f( x) x ，x22 1x f(1)0， f(1) ，1
15、2在点(1， f(1)处的切线方程为 y .12(2)f( x) ，x2 ax当 a0 时， f( x)0， f(x)递增，函数无极值；当 a0 时，在(0， )上递减，在( ，)上递增，函数的极小值为 f( )a a a.a1 ln a2(3)f(x) aln x 在区间(1，e 2内恰有两个零点，x229 y 与 y 在区间(1，e 2内恰有两个交点，1a 2ln xx2令 g(x) ， g( x) ，2ln xx2 21 2ln xx3 g(x)在(0，e )上递增，在(e ，e 2)上递减， g(x)max g(e ) ， g(e2) ， 1e 4e4g(1)0， . a .1a 4e
16、4， 1e) (e， e441(2017达州模拟)函数 f(x) x3 x25 ax1 存在极值点的充要条件是( )A a B a115 115 115 115答案 B解析 求得导函数 f( x)3 x22 x5 a，三次函数 f(x)有极值，则 f( x)0 有不相等的两个解， 460 a0， a0， f(1)6，则不等式 f(lg x)0，设 g(x) f(x) 5，则 g( x) f( x) ，故1x2 1x 1x2g(x)在(0，)上单调递增，又 g(1)0，故 g(x)0.x22(1)求 f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， 上仅有一个
17、零点e解 (1)由 f(x) kln x(k0)，得x22f( x) x .kx x2 kx由 f( x)0，解得 x .k10f(x)与 f( x)在区间(0，)上的情况如下：所以， f(x)的单调递减区间是(0， )，单调递增区间是( ，)； f(x)在 x 处k k k取得极小值 f( ) .kk1 ln k2(2)证明：由(1)知， f(x)在区间(0，)上的最小值为 f( ) .kk1 ln k2因为 f(x)存在零点，所以 0，从而 ke.k1 ln k2当 ke 时， f(x)在区间(1， )上单调递减，e且 f( )0，e所以 x 是 f(x)在区间(1， 上的唯一零点e e当
18、 ke 时， f(x)在区间(0， )上单调递减，e且 f(1) 0， f( ) 0.1e所以函数 h(x)在5，)上单调递增所以 h(x) h(5) 5.6e511所以 x5，)， f(x) x5 恒成立6e5重点保分 两级优选练A 级一、选择题1(2017安庆二模)若函数 y aex3 x 在 R 上有小于零的极值点，则实数 a 的取值范围是( )A(3，) B(，3)C. D.(13， ) ( ， 13)答案 B解析 y aex3 x，求导， y aex3，由若函数 y aex3 x 在 R 上有小于零的极值点，则 y aex30 有负根，则 a0，则 ex 在 y 轴的左侧有交点，3a
19、00，且 f(3)0，则不等式 0， 0，fxgx f xgx fxg xg2x当 x0 时， 也是增函数fxgx fxgx f(x)， g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，12 为奇函数， 的图象关于原点对称，fxgx fxgx函数 的单调性的示意图，如图所示：fxgx f(3)0， f(3)0，由不等式 1， f(0)2018，则不等式 exf(x)ex2017(其中 e 为自然对数的底数)的解集为( )A(，0)(0，) B(0，)C(2017，) D(，0)(2017，)答案 B解析 设 g(x)e xf(x)e x，则 g( x)e xf(x)e xf( x)e xe xf
20、(x) f( x)1， f(x) f( x)1，e x0， g( x)e xf(x) f( x)10， g(x)是 R 上的增函数又 g(0) f(0)12017， g(x)2017 的解集为(0，)，即不等式 exf(x)ex2017 的解集为(0，)故选 B.6(2017五华区校级模拟)设函数 f(x) x(ln x ax)(aR)在区间(0,2)上有两个极值点，则 a 的取值范围是( )A. B.(12， 0) (0， ln 2 14 )C. D.(12， 1) (ln 2 14 ， 12)答案 D解析 f(x) x(ln x ax)，求导 f( x)ln x2 ax1，14由题意，关于
21、 x 的方程 2axln x1 在区间(0,2)有两个不相等的实根，则 y2 ax与 yln x1 有两个交点，由 yln x1，求导 y ，1x设切点( x0， y0)， ，解得 x01，ln x0 1x0 1x0切线的斜率 k1，则 2a1， a ，12则当 x2，则直线斜率 k ，ln 2 12则 a ，ln 2 14 a 的取值范围为 .故选 D.(ln 2 14 ， 12)7(2017江西模拟)若函数 f(x) a(x2)e xln x 存在唯一的极值点，且此极1x值大于 0，则( )A0 a0，1x f( x) a(x1)e x ( x1) ，1x 1x2 (aex 1x2)由 f
22、( x)0 得到 x1 或 aex 0(*)1x2由于 f(x)仅有一个极值点，关于 x 的方程(*)必无解，当 a0 时，(*)无解，符合题意，当 a0 时，由(*)得， a ， a0，1exx215由于这两种情况都有，当 01 时， f( x)0，于是 f(x)为增函数， x1 为 f(x)的极值点， f(1) ae10， a1， g( x)0，函数是增函数，函数的最小值为 g(1)1 ，则 a1 ，1e 1e即 a0，即 2 a0，解得 a ，所以 a 的取值范围是(23) 29 19.(19， )12(2017信阳模拟)已知 R 上可导函数 f(x)的图象如图所示，则不等式( x22
23、x3)f( x)0 的解集为_答案 (，1)(1,1)(3，)解析 由函数图象可知 f( x)0 的解集为(，1)(1，)， f( x)0，得Error! 或Error! 解得 x3；解得10 的解集为17(，1)(1,1)(3，)故答案为(，1)(1,1)(3，)13(2017七里河模拟)定义在 R 上的奇函数 y f(x)满足 f(3)0，且当 x0 时，不等式 f(x) xf( x)恒成立，则函数 g(x) xf(x)lg | x1|的零点的个数是_答案 3解析 定义在 R 上的奇函数 f(x)满足：f(0)0 f(3) f(3)，且 f( x) f(x)，又 x0 时， f(x) xf
24、( x)，即 f(x) xf( x)0， xf(x)0，函数 h(x) xf(x)在 x0 时是增函数，又 h( x) xf( x) xf(x)， h(x) xf(x)是偶函数； x2； a0， b2； a1， b2.答案 解析 令 f(x) x3 ax b，则 f( x)3 x2 a.对于，由 a b3，得 f(x) x33 x3， f( x)3( x1)( x1)， f(x)极大值 f(1)10， f(x)极小值 f(1)0，函数 f(x)的图象与 x 轴有两个交点，故x3 ax b0 有两个实根；对于，由 a3， b2，得 f(x) x33 x b， f( x)3( x1)( x1)，
25、f(x)极大值 f(1)2 b0， f(x)极小值 f(1) b20，函数 f(x)的图象与 x 轴只有一个交点，故x3 ax b0 仅有一个实根；对于，由 a0， b2，得 f(x) x32， f( x)3 x20， f(x)在 R 上单调递增，函数 f(x)的图象与 x 轴只有一个交点，故 x3 ax b0 仅有一个实根；18对于，由 a1， b2，得 f(x) x3 x2， f( x)3 x210， f(x)在 R 上单调递增，函数 f(x)的图象与 x 轴只有一个交点，故 x3 ax b0 仅有一个实根B 级三、解答题15(2017西城区期末)已知函数 f(x)( x a)ex，其中
26、e 是自然对数的底数， aR.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)当 a0，19所以对于任意 xR， F(x)0，因此方程 ex a x 无实数解所以当 x0 时，函数 g(x)不存在零点综上，函数 g(x)有且仅有一个零点16设函数 f(x) x3 x2( a21) x，其中 a0.13(1)若函数 y f(x)在 x1 处取得极值，求 a 的值；(2)已知函数 f(x)有 3 个不同的零点，分别为 0， x1， x2，且 x1f(1)恒成立，求 a 的取值范围解 (1) f( x) x22 x( a21)，因为 y f(x)在 x1 处取得极值，所以 f(1)0.即(1) 22(1)( a21)0.解得 a2，经检验得 a2.(2)由题意得 f(x) x x(x x1)(x x2)，(13x2 x a2 1) 13所以方程 x2 x a210 有两个相异的实根 x1， x2.故 1 (a21)0，13 43解得 a ，且 x1 x23，12 12又因为 x1x1 x23，故 x2 1.32若 x11f(1)恒成立的充要条件为 f(1) a2 0，解得13 a .33 33综上得 a ，即 a 的取值范围为 .12 33 (12， 33)
