南京市2020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.docx

1、 1 专题专题 8： （选讲）导数难点专项研究（选讲）导数难点专项研究 问题归类问题归类篇篇 类型一类型一 零点问题零点问题 一、考题再现一、考题再现 1(15 年高考题)已知函数 f(x)|lnx|，g(x) 0，01，则方程|f(x)g(x)|1 实根的 个数为_ 解析：设 F(x)f(x)g(x) lnx，00 或当 a0，且(1)2(a1)1a0， 解得 a(，3) 1，3 2 3 2， . 综上 c1. 3(12 年高考题).若函数 yf(x)在 xx0处取得极大值或极小值，则称 x0为函数 yf(x)的极 值点已知 a，b 是实数，1 和1 是函数 f(x)x3ax2bx 的两个极

2、值点 2 设 h(x)f(f(x)c，其中 c2,2，求函数 yh(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，d2,2 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)df(2)d2d0，f(1)df(2)d2d0， 所以2，1,1,2 都不是 f(x)d 的根由(1)知 f(x)3(x1)(x1) 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

3、实根同理，f(x)d 在(，2)上无实根 当 x(1,2)时，f(x)0，于是 f(x)是单调增函数，又 f(1)d0，f(2)d0，yf(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 当 x(1,1)时，f(x)0，故 f(x)是单调减函数，又 f(1)d0，f(1)d0， yf(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，i3,4,5.

4、 现考虑函数 yh(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 yh(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， i3,4,5， 而 f(x)ti(i3,4,5) 有三个不同的根，故 yh(x)有 9 个零点 综上可知， 当|c|2 时， 函数 yh(x)有 5 个零点； 当|c|2 时， 函数 yh(x)有 9 个零点 4(16 年高考题).已知函数 f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)若 0

5、a1，b1，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(exx1,lnxx1 等) 进行放缩。 (

6、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、归类三、归类研究研究 3 *1已知函数 f(x)lnx10 x 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)x10 x2 ，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 x10 时，f(x)有极小值(5 分) 因为 f(10)ln1030，f(1)60，所以 f(x)在(1，10)之间有一个零点

7、 因为 f(e4)410 e440，所以 f(x)在(10，e 4)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)lnxax，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. (直接研究函数直接研究函数 f(x)，讨论参数讨论参数 a 的取值范围，判断函数单调性，利用零点存在性定的取值范围，判断函数单调性，利用零点存在性定理证明理证明 零点存在及个数零点存在及个数) 解析：函数 f(x)定义域为(0，)，f (x)1 xa， 1 当 a0 时，由 f(1)0，及 f (x)1 x0，得 f(x)存在唯一的零点； 2 当 a0

8、时，f (x)0，f(x)在(0，)上单调增，f(1)a0 由于 f(ea)aaeaa(1ea)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 a0 时，f (x)1 xa 1ax x ，所以 f(x)在(0,1 a上单调增，在 1 a,)上单调减 则 f(x)极大值也是最大值为 f(1 a)lna1 当lna10 即 a1 e时，f(x)f( 1 a)0，所以函数 f(x)没有零点； 当lna10 即 a1 e时，函数 f(x)有唯一零点； 当lna10，即 0a1 e

9、时，函数 f(x)有两个零点 实际上，x(0,1 a时，f(x)单调增，f(1)a0，又 f( 1 a)0，函数 f(x)在(0, 1 a上的图象连 续，所以 f(x)在(1,1 a)，即在(0, 1 a上有唯一零点； x1 a,)时，f( 1 a)0，f( 1 a2)2ln 1 a 1 a 或 f(e 1 a)1 aae 1 aa (1 a2e 1 a) 设 h(x)x2ex，xe，则 h(x)2xex，再设 l(x)2xex，xe，则 l(x)2ex0， 4 所以 l(x)h(x)在e)上单调减，h(x)h(e)2eee0， 所以 h(x)在e)上单调减，又1 ae，所以 1 a2e 1

10、ae2ee0，即 f(e 1 a)0， 又函数 f(x)在e)上的图象连续，所以 f(x)在(1 a,e 1 a)，即在e)上有唯一零点； 所以。0a1 e时，函数 f(x)有两个零点 综上， （1）当 a1 e，函数 f(x)没有零点； （2）当 a1 e或 a0 时，函数 f(x)有一个零点； （3）当 0a1 e时，函数 f(x)有两个零点 *3设函数 f(x)x2(a2)xalnx，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 a 2 0，且 f(x)的

11、最小值 f a 2 0.(6 分) 令 h(a)a4lna 24，显然 h(a)在(0，)上为增函数， 且 h(2)20， 所以存在 a0(2，3)，h(a0)0.当 aa0时，h(a)0；当 0A； . xD,均有 f(x) g(x)恒成立,则 F(x)= f(x)g(x) 0,所以 F(x)min 0； (2)存在性问题 x0D,使得 f(x0)A 成立,则 f(x) max A； x0D,使得 f(x0) g(x0)成立,设 F(x)= f(x)g(x),则 F(x) max 0； (3)恒成立与存在性综合性问题 相等问题 若 f(x)的值域分别为 A,B,则 x1D, x2E,使得 f

12、(x1)=g(x2)成立,则AB； x1D, x2E, 使得 f(x1)=g(x2)成立,则AB . 不等问题 15 x1D, x2E, 使得 f(x1) g(x2)成立,则 f(x)min g(x) min； x1D, x2E,均有 f(x1) g(x2)恒成立,则 f(x)min g(x)max； x1D, x2E, 使得 f(x1) g(x2)成立,则 f(x) max g(x) min； (4) 分离参数法 不等式 f(x，)0,（ xD, 为实参数）恒成立中参数 的取值范围的基本步骤: 将参数与变量分离,即化为 g()f(x)（或 g()f(x)）恒成立的形式； 求 f(x)在 xD

13、 上的最大（或最小）值； 解不等式 g()f(x)max(或 g()f(x)min) ,得 的取值范围. (5) 数形结合法 对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解.利用数形结合解决恒成立问题, 应先构造函数,作出符合已知条件的图形,再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关 系,得出答案或列出条件,求出参数的范围. (6) 含参讨论法 对于参数不能分离或分离较复杂的问题，可以先利用特殊值，缩小参数取值范围，再对参 数范围进行讨论，研究含有参数的函数的最值，从而得到参数取值范围。 三、归类探究三、归类探究 *1设函数 f(x)alnx1a 2 x2x,aR 且 a1. 若存在 x1，)

14、,使得 f(x) a a1,求 a 的取值范围. (解决函数中存在性问题解决函数中存在性问题常见方法有两种：一是直接法常见方法有两种：一是直接法，直接研究函数的最值，直接研究函数的最值；二是间接法；二是间接法, 先求其否定（恒成立先求其否定（恒成立问题问题）,再求其否定补集即可解决再求其否定补集即可解决) 解析：,f(x)alnx1a 2 x2x, f(x)a x(1a)x1 (1a)x2xa x (x1)(1a)xa x , 令 f(x)0,得 x11,x2 a 1a,而 a 1a1 2a1 1a , 当 a1 2时, a 1a1, 在1，)上，f (x)0,则 f(x)为增函数,(f(x)

15、minf(1)1a 2 1a1 2 , 令a1 2 a a1,即 a 22a10,解得 21a 21. 当1 2a1 时, a 1a1, 16 则 f(x)在(1, a 1a上单调减，在 a 1a,)上单调增， 所以(f(x)minf( a 1a)aln a 1a a2 2(1a) a a1 a a1,不合题意,无解。 当 a1 时,显然有 f(x)0, a a10,不等式 f(x) a a1恒成立,符合题意, 综上,a 的取值范围是( 21， 21)(1，). *2 已知函数 f(x)xalnx1， g(x)ex ex， 其中 a 均为实数， a0， 若对任意的 x1、 x23， 4(x1x

16、2)，|f(x2)f(x1)| 1 g(x2) 1 g(x1)|恒成立，求 a 的最小值； (理解题意，通过判断函数的单调性，去绝对值符号，构造新函数，可知新函数的单调性，理解题意，通过判断函数的单调性，去绝对值符号，构造新函数，可知新函数的单调性， 转换为恒成立问题转换为恒成立问题) 解析： 当 m1，a0 时，f(x)xalnx1，x(0，) f(x)xa x 0 在3，4上恒成立， f(x)在3，4上为增函数 设 h(x) 1 g（x） ex ex， h(x)e x1（x1） x2 0 在3，4上恒成立， h(x)在3，4上为增函数 设 x2x1，则 |f(x2)f(x1)| 1 g（x

17、2） 1 g（x1）|等价于 f(x2)f(x1)h(x2)h(x1)， 即 f(x2)h(x2)f(x1)h(x1) 设 u(x)f(x)h(x)xalnx11 e ex x，则 u(x)在3，4上为减函数 u(x)1a x 1 e ex（x1） x2 0 在(3，4)上恒成立(6 分) axex 1e x1 x 恒成立 设 v(x)xex 1e x1 x ， v(x)1ex 1e x1（x1） x2 1ex 1(1 x 1 2) 23 4，x3，4， ex 1(1 x 1 2) 23 4 3 4e 21， v(x)0，v(x)为减函数 v(x)在3，4上的最大值为 v(3)32 3e 2.

18、(8 分) a32 3e 2， a 的最小值为 32 3e 2. *3已知函数 f(x)ax2lnx（a 为常数） 若 a0，且对任意的 x1，e，f(x)(a2)x 恒成立，求实数 a 的取值范围. 17 (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)(a2)xax2lnx(a2)x， 因为对任意的 x1，e，f(x)(a2)x 恒成立，所以 F(x)0 恒成立， F(x)2ax1 x(a2) (ax1)(2x1) x , 因为 a0，令 F(x)0，得 x11 a，x2 1 2 当

19、 01 a1， 即 a1 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 x1,e，F(x)0 恒成立， 所以 x1,e，F(x)minF(e)0，即 ae21(a2)e0，所以 a12e e2e， 因为12e e2e1，所以此时 a 不存在 11 ae 即1a 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 a12e e2e，因为1 12e e2e 1 e， 所以12e e2ea 1 e， 当1 ae，即 1 ea0 时，因为 x(1，e)时，F(x)0， 所以 F(x)

20、在(1，e)上单调递增，由于 F(1)20，符合题意； 综上所述，实数 a 的取值范围是12e e2e，) *4已知函数 f(x)xsinx,求实数 a 的取值范围，使不等式 f(x)axcosx 在 0， 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 a0 时，f(x)xsinx0axcosx 恒成立 当 a0 时，令 g(x)f(x)axcosxxsinxaxcosx， g(x)1cosxa(cosxxsinx) 1(1a)cosxaxsinx. 当 1a0，即 0a1 时，g(x)

21、1(1a)cosxaxsinx0， 所以 g(x)在 0， 2 上为单调增函数， 所以 g(x)g(0)0sin0a0cos00，符合题意(10 分) 当 1a0，即 a1 时，令 h(x)g(x)1(1a)cosxaxsinx， 于是 h(x)(2a1)sinxaxcosx， 因为 a1，所以 2a10，从而 h(x)0， 18 所以 h(x)在 0， 2 上为单调增函数， 所以 h(0)h(x)h 2 ，即 2ah(x) 2a1， 亦即 2ag(x) 2a1.(12 分) () 当 2a0，即 1a2 时，g(x)0， 所以 g(x)在 0， 2 上为单调增函数于是 g(x)g(0)0，符

22、合题意(14 分) () 当 2a0，即 a2 时，存在 x0 0， 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 a2. 综合综合应用应用篇篇 一、例题分析一、例题分析 例 1已知函数 f(x)ax3|xa|，aR （1）若 a1，求函数 yf(x) (x0，)的图象在 x1 处的切线方程； （2）若 g(x)x4，试讨论方程 f(x)g(x)的实数解的个数； （3）当 a0 时，若对于任意的 x1a，a2，都存在 x2a2，)，使得 f(x1)f(x2

23、) 1024，求满足条件的正整数 a 的取值的集合 解：解：（1）当 a1，x0，)时，f(x)x3x1，从而 f (x)3x21 当 x1 时，f(1)1，f (1)2， 所以函数 yf(x) (x0，)的图象在 x1 处的切线方程为 y12(x1)， 即 2xy30 （2）f(x)g(x)即为 ax3|xa|x4 所以 x4ax3|xa|，从而 x3(xa)|xa| 此方程等价于 xa 或 xa， x1 或 xa， x1 所以当 a1 时，方程 f(x)g(x)有两个不同的解 a，1； 当1a1 时，方程 f(x)g(x)有三个不同的解 a，1，1； 当 a1 时，方程 f(x)g(x)有

24、两个不同的解 a，1 （3）当 a0，x(a，)时，f(x)ax3xa，f (x)3ax210， 所以函数 f(x)在(a，)上是增函数，且 f(x)f(a)a40 19 所以当 xa，a2时，f(x)f(a)，f(a2)，1024 f(x) 1024 f(a2)， 1024 f(a) ， 当 xa2，)时，f(x) f(a2)，) 因为对任意的 x1a，a2，都存在 x2a2，)，使得 f(x1)f(x2)1024， 所以 1024 f(a2)， 1024 f(a) f(a2)，) 从而 1024 f(a2)f(a2) 所以 f 2(a2)1024，即 f(a2)32，也即 a(a2)323

25、2 因为 a0，显然 a1 满足，而 a2 时，均不满足 所以满足条件的正整数 a 的取值的集合为1 教学建议教学建议 （1）主要问题归类与方法）主要问题归类与方法： 本题是利用导数研究函数的相关性质，确定函数的零点，恒成立问题和存在性问题. （2）方法选择与优化建议）方法选择与优化建议： 1含绝对值的函数本质是分段函数，考虑去绝对值符号 2函数零点问题首先观察能否解出，能解出再考虑定义域及等根问题，不能解出可考 虑数形结合转化为两个函数图象交点，或研究函数的单调性与极值 3理解恒成立问题和存在性问题，进一步理解恒成立和存在性混合问题 4帮助学生理解题意，得出恒成立和存在性混合问题中，等量关系

26、可转化为两个函数 值域的关系 例 2已知函数 f(x)a xlnx(aR) (1) 求 f(x)的单调区间； (2) 试求 f(x)的零点个数，并证明你的结论 解：(1) 由函数 f(x)a xlnx(aR)，得 f(x) 1 2 x(lnx2) 令 f(x)0，得 xe 2.列表如下： x (0，e 2) e 2 (e 2，) f(x) 0 f(x) 极小值 因此，函数 f(x)的单调增区间为(e 2，)，单调减区间为(0，e2) (2) 由(1)可知，fmin(x)f(e 2)a2e1. () 当 a2e 1 时，由 f(x)f(e 2)a2e10，得函数 f(x)的零点个数为 0. ()

27、 当 a2e 1 时，因 f(x)在(e 2，)上单调递增，在(0，e2)上单调递减，故 x(0， e 2)(e2，)时，f(x)f(e2)0.此时，函数 f(x)的零点个数为 1. () 当 a2e 1 时，fmin(x)f(e 2)a2e10. a0 时，因为当 x(0，e 2时，f(x)a xlnxa0， 所以函数 f(x)在区间(0，e 2上无零点； 另一方面，因为 f(x)在e 2，)上单调递增，且 f(e2)a2e10，又 e2a(e2， )，且 f(e 2a)a(12ea)0，此时，函数 f(x)在(e2，)上有且只有一个零点 所以，当 a0 时，函数 f(x)零点个数为 1.

28、20 0a2e 1 时，因为 f(x)在e 2，)上单调递增，且 f(1)a0，f(e2)a2e1 0，所以函数 f(x)在区间(e 2，)上有且只有 1 个零点； 另一方面，因为 f(x)在(0，e 2上单调递减，且 f(e2)a2e10，又 e4 a(0，e 2)， 且 f e4 a a 4 ae 2 aa 4 a 2 a 20(当 x0 时，e xx2成立)，此时函数 f(x)在(0，e2)上有且 只有 1 个零点 所以，当 0a2e 1时，函数 f(x)的零点个数为 2. 综上所述，当 a2e 1 时，f(x)的零点个数为 0；当 a2e 1，或 a0 时，f(x)的零点个 数为 1；

29、当 0a2e 1 时，f(x)的零点个数为 2. 教学建议教学建议 （1）主要问题归类与方法）主要问题归类与方法： 本题是利用导数研究函数的相关性质，考查函数的单调性问题，零点问题. （2）方法选择与优化建议）方法选择与优化建议： 1研究函数单调性，注意书写规范，严格通过导函数的符号判断单调性 2求出函数的最小值，讨论参数 a 的范围，判断函数零点的个数 3考虑到过程的严谨性，需要用零点存在性定理证明零点的个数 4运用零点存在性定理时，寻找两个符号相反的函数值，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(exx1,lnxx1 等)进行放缩。 例 3.已知函数 f(x)ax41

30、2x 2，x(0，)，g(x)f(x)f(x) (1) 若 a0，求证： () f(x)在 f(x)的单调减区间上也单调递减； () g(x)在(0，)上恰有两个零点； (2) 若 a1，记 g(x)的两个零点为 x1，x2，求证：4x1x2a4. 证明：(1) () 因为 f(x)ax41 2x 2(x0)，所以 f(x)4ax3x. 由(4ax3x)12ax210 得 f(x)的递减区间为 0， 1 2 3a ，(2 分) 当 x 0， 1 2 3a 时，f(x)4ax3xx(4ax21)0， 所以 f(x)在 f(x)的递减区间上也递减(4 分) () (证法 1)g(x)f(x)f(x

31、)ax41 2x 2(4ax3x)ax44ax31 2x 2x， 因为 x0，由 g(x)ax44ax31 2x 2x0 得 ax34ax21 2x10， 令 (x)ax34ax21 2x1，则 (x)3ax 28ax1 2. 因为 a0， 且 (0)1 20， 所以 (x)必有两个异号的零点， 记正零点为 x0， 则 x(0， x0)时，(x)0，(x)单调递减；x(x0，)时，(x)0，(x)单调递增，若 (x) 在(0，)上恰有两个零点，则 (x0)0. 由 (x0)3ax208ax01 20， 显然 x0 8 3， a 1 6x2016x0代入 (x0)得 (x0) x205x08 8

32、3x0 ， 由于 x205x080，所以只需比较 x0与8 3的大小 再由 (x0)3ax208ax01 20 得 3ax0 x08 3 1 20，则 x0 8 3. 所以 (x0)0. 21 又 (0)10，所以在(0，x0)上有且仅有一个零点 又 (x)ax34ax21 2x1x ax24ax1 2 1， 令 ax24ax1 20，解得 x 4a 16a22a 2a . 所以取 M4a 16a 22a 2a ，当 xM 时，(x)0， 所以在(x0，M)上有且仅有一个零点 故 a0 时，g(x)在(0，)上恰有两个零点 (证法 2)g(x)f(x)f(x)ax41 2x 2(4ax3x)a

33、x44ax31 2x 2x， 因为 x0，由 g(x)ax44ax31 2x 2x0 得 ax34ax21 2x10， 令 (x)ax34ax21 2x1， 由 (x0)3ax208ax01 20 得 3ax 2 08ax01 2， 所以 (x0)32 9 ax01 3x0 7 9. 因为 (x)对称轴为 x4 3， 所以 8 3 (0)1 20， 所以 x08 3 7 3， 所以 (x0)32 9 ax01 3 x07 3 0. 又 (x)ax34ax21 2x1 1 2ax 2(x8)1 2x(ax 21)1， 设 1 a，8 中的较大数为 M，则 (M)0， 故 a0 时，g(x)在(0

34、，)上恰有两个零点(10 分) (证法 3)g(x)f(x)f(x)ax41 2x 2(4ax3x)ax44ax31 2x 2x， 因为 x0，由 g(x)ax44ax31 2x 2x0 得 ax34ax21 2x10， 令 (x)ax34ax21 2x1， 若 g(x)在(0，)上恰有两个零点，则 (x)在(0，)上恰有两个零点， 当 x2 时，由 (x)0 得 a0，此时 (x)1 2x1 在(0，)上只有一个零点，不 合题意； 当 x2 时，由 (x)ax34ax21 2x10 得 1 2a x34x2 x2 ，(7 分) 令 1(x)x 34x2 x2 x22x4 8 x2， 则 1(

35、x)2x（x 25x8） （x2）2 2x x5 2 2 7 4 （x2）2 0， 当 x(0，2)时，(x)单调递增，且由 yx22x4，y 8 x2值域知 (x)值域为(0， )；当 x(2，)时，1(x)单调递增，且 1(4)0.由 yx22x4，y 8 x2值域 22 知 (x)值域为(，)； 因为 a0，所以 1 2a0，而 y 1 2a与 1(x)有两个交点，所以 1(x)在(0，)上恰有两 个零点 (3) (证法 1)由(2)知，对于 (x)ax34ax21 2x1 在(0，)上恰有两个零点 x1，x2， 不妨设 x1x2，因为 (0)10， 1 2 1 8(67a)0，所以 0

36、x1 1 2.(12 分) 因为 (4)10， 9 2 1 8(81a10)0， 所以 4x29 2， 所以 4x1x21 2 9 25a4. (证法 2)由(2)知 1 2a x34x2 x2 ， 因为 x0，2)时，1(x)单调递增，1 1 2 7 12，1(0)01(x1) 1 2a1 1 2 ， 所以 0x11 2. 当 x(2，)时，1(x)单调递增，1 9 2 81 20，1(4)01(x2) 1 2a1 9 2 ， 所以 4x29 2. 所以 4x1x21 2 9 25a4. 教学建议教学建议 （1）主要问题归类与方法）主要问题归类与方法： 本题是利用导数研究函数的相关性质，考查

37、函数单调性，函数零点的性质，零点存在性 定理. （2）方法选择与优化建议）方法选择与优化建议： 1求出 f (x)的减区间，证明 f (x)0 在该区间上恒成立即可 2函数零点的存在性以及范围，严格利用零点存在性定理证明及判断 3零点不可求时，可设出零点，再利用该零点满足的性质整体带入，化简研究 4证明不等式，要结合目标和条件，灵活地寻找可行的方法以及构造恰当的函数进行 研究. 例 4、已知函数 f(x)lnx1 2ax 2x，aR. (1) 若 f(1)0，求函数 f(x)的单调减区间； (2) 若关于 x 的不等式 f(x)ax1 恒成立，求整数 a 的最小值； (3) 若 a2，正实数

38、x1，x2满足 f(x1)f(x2)x1x20，证明：x1x2 51 2 . (1) 解：因为 f(1)1a 20，所以 a2.(1 分) 此时 f(x)lnxx2x，x0，f(x)1 x2x1 2x2x1 x (x0)(2 分) 由 f(x)0.又 x0，所以 x1. 所以 f(x)的单调减区间为(1，)(4 分) 23 (2) 解：(解法 1)令 g(x)f(x)(ax1)lnx1 2ax 2(1a)x1， 所以 g(x)1 xax(1a) ax2（1a）x1 x . 当 a0 时，因为 x0，所以 g(x)0.所以 g(x)在(0，)上是增函数 因为 g(1)ln11 2a1 2(1a)

39、13 2a20， 所以关于 x 的不等式 f(x)ax1 不能恒成立(6 分) 当 a0 时，g(x)ax 2（1a）x1 x a x1 a （x1） x ，令 g(x)0，得 x1 a. 所以当 x 0，1 a 时，g(x)0；当 x 1 a， 时，g(x)0， h(2) 1 4ln20，还有一个极小值 f(1)2ab， 设 f(x)(2x1) * (x 1)，且关于 x 的方程为 f(x)m(mR)恰有三个互不相等的实数根 x1，x2，x3，则 x1x2x3 的取值范围是_ ( (考查零点的个数，零点的取值范围考查零点的个数，零点的取值范围) ) 答案：(1 3 16 ，0) 解析： 1

40、3 16 ，0 解析： 2x1x1 时，有 x0， 根据题意得 f(x) （2x1）2（2x1）（x1），x0， （x1）2（2x1）（x1），x0， 即 f(x) 2x2x，x0， x2x，x0. 画出函数的图象如下，从图象上观察：当关于 x 的方程为 f(x)m(mR)恰有三个互不 相等的实数根时，m 的取值范围是 0，1 4 ， 当x2xm 时，有 x1x2m， 26 当 2x2xm 时，由于直线与抛物线的交点在 y 轴的左边，得到 x31 18m 4 ， x1x2x3m 1 18m 4 mm 18m 4 ，m(0，1 4) 令 ymm 18m 4 ， 则 y1 4 1 18m 4m 1

41、8m . 又 h(m) 18m 4 18m在 m 0，1 4 上是增函数，故有 h(m)h 1 4 7 3 3 ， y1 4 1 18m 4m 18m 0 在 m 0，1 4 上成立， 函数 ymm 18m 4 在 0，1 4 上是减函数， 函数的值域是 1 3 16 ，0 ，即 x1x2x3的取值范围是(1 3 16 ，0) *9. 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)x2 在t，t1上有解. （考察函数的性质，零点存在性定理）（考察函数的性质，零点存在性定理） 解：当 a0 时，方程即为 xexx2， 由于 ex0，所以 x0 不是方程的

42、解， 所以原方程等价于 ex2 x10. 令 h(x)ex2 x1， 因为 h(x)ex 2 x20 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)e30，h(3)e 31 30， 所以方程 f(x)x2 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. 27 *10.设函数 f(x)x2lnxx2b，求证：对任意实数 b 0，e 2 ，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)x2lnxx2b， 所以 f(x)2xlnxx.令 f(x)2xlnxx0，得 x e，