江苏省南京市2019届高三数学二轮专题复习 专题08（选讲）导数难点专项研究（pdf）

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：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。(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ex0，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＋2x20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－30，h(2)＝e2－20，h(－3)＝e－3－130，h(－2)＝e－20，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