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

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资源描述

1、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, a1, b1)

2、若 0 a 1, 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 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 找特殊值,或找与变量有关的值, 利用不等式 (ex x

3、 1,lnx x 1 及其变式 等 )进行放缩。 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

4、) 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

5、当 lna 1 0 即 a 1e时, f(x) f(1a) 0,所以函数 f(x)没有零点; 当 lna 1 0 即 a 1e时,函数 f(x)有唯一零点; 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) 2

6、x 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

7、个零点 例 2 ( 2018 全国新课标 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( ) exf x ax ()fx (0, ) 21exh x ax 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 若 ,即 , 在 没有零点; 若 ,即 , 在 只有一个零点; 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

8、两个零点 综上, 在 只有一个零点时, 例 3 已知函数 f(x) mx2 x ln x.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 ln x 2mx m 1 在 (0, )上只有一解 令 g(x) mx2 x ln x 2mx m 1,则 g (x) 2mx 1 2m 1x 2mx2 2m 1x 1x 2mx 1x 1x , 所以 当 m 12, g (x) 0 所以 y g(x)在

9、 x (0, )单调递增,且 g(1) 0, 所以 mx2 x ln x 2mx m 1 只有一解 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 ln x 1,取 x 2 1m, 则 g 2 1m 0, 因此在 12m, 方程 mx2 x ln x 2mx m 1 必有一解从而不符题意 当 m 12, x 0, 12m , g (x) 0; x 12m, 1 , g (x) 0; x (1, ), g (x)0 同理在

10、 0, 12m 方程 mx2 x ln x 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 2e xh x ax x 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 2ex x 3 3 324421 6 1 6 1 6 14 1 1 1 1 0e 2eaaa a aha aa hx 2,4a

11、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,

12、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( 3) e 3 130, 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

13、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:

14、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 )

15、.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 0x a 当 x e 且 x a 时, f(x) x a 0,同理 k 1 .a 0 时,由 xlnx 0x 1,所以 k 1 .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,

16、ex x2(证略),存在 x0 e 1a 1e, 1 22 211 11ee0a aa aaf aa ,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)

17、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, 且 f(x)的最小值 f a2 0, 所以 a 4lna2 40.(6 分 ) 令 h(a) a 4lna2 4, 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 00, 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

18、 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(x1e) 令 (x) exlnx 1 所以(x)ex(lnx 1 1x)(lnx 1)2 设 g(x) lnx 1 1x, 可得 g(x)为增函

19、数 且 g(1) 0 所以 x (0, 1e) (1e, 1)时 , g(x) 0,即 (x) 0 x (1, )时 , g(x) 0,即 (x) 0 所以 (x)在 (0, 1e), (1e, 1)单调递减 , 在 (1, )单调递增 所以在 x (1e, ), (x)min (1) e 因为 f(x)有两个零点 所以 a e 所以 f(1) e a 0 f(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 e

20、2 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

21、: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

22、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)

23、(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

24、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,

25、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) 2a e 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, 2 上的最大值为 32 . ( 1)求函数 f(x)的解析式; ( 2) 判断函数 f(x)在 (0, )内的零点个数,并加以证

26、明 解析 :( 1)由已知 f(x) a(sinx xcosx),对于任意 x 0, 2 ,有 sinx xcosx 0。 当 a 0 时, f(x) 32,不合题意;当 a 0, x 0, 2 时, f(x) 0,从而 f(x)在 0, 2 内单调递减,又 f(x)在 0, 2 上的图象是连续不断的,故 f(x)在 0, 2 上的最大值为 f(0) 32,不合题意;当 a 0, x 0, 2 时, f(x) 0,从而 f(x)在 0, 2 内单调递增,又 f(x)在 0, 2上的图象是连续不断的,故 f(x)在 0, 2 上的最大值为 f 2 ,即 2a 32 32 ,解得 a 1。 综上所

27、述,函数 f(x)的解析式为 f(x) xsinx 32。 ( 2) f(x)在 (0, )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 2 32 0。 又 f(x)在 0, 2 上的图象是连续不断的,所以 f(x)在 0, 2 内至少存在一个零点。 又由( I)知 f(x)在 0, 2 上单调递增,故 f(x)在 0, 2 内有且仅有一个零点。 当 x 2, 时,令 g(x) f(x) sinx xcosx. 由 g 2 1 0, g() 0,且 g(x)在 2, 上的图象是连续不断的,故存在 m 2, ,南京市 2019 届高

28、三 数学 二轮专题复习资料 使得 g(m) 0。由 g(x) 2cosx xsinx,知 x 2, 时,有 g(x) 0,从而 g(x)在 2, 内单调递减。当 x 2, m 时, g(x) g(m) 0,即 f(x) 0,从而 f(x)在 2, m 内单调递增, 故当 x 2, m 时, f(x)f 2 32 0,故 f(x)在 2, m 上无零点; 当 x (m, )时,有 g(x) g(m) 0,即 f(x) 0,从而 f(x)在 (m, )内单调递减 又 f(m) 0, f() 0,且 f(x)在 m, 上的图象是连续不断的,从而 f(x)在 (m, )内有且仅有一个零点。 综上所述,

29、 f(x)在 (0, )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) 6 3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) 6 3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) 6 3 0 有三个互异的实数解, 令 u x t2,可得 u3 (1 d2)u 6 3 0 设函数 g(x) x3 (1 d2)x 6 3,则曲线

30、 y f(x)与直线 y (x t2) 6 3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 , x2d2 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 )=2 3(d2 1)329 6 30 g(x)的极小值 g(x2) g( d2 13 )=2 3(d2 1)329 6 3 若 g(x2) 0,由 g(x)的单

31、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| 6 3 0, 且 2|d| x1, g( 2|d|) 6|d|3 2|d| 6 3 62 10 6 3 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:

32、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

33、 (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 )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) aex1x 由题设知, f(2) 0

34、,所以 a12e2 此时 f(x)12e2ex lnx 1, f(x)12e2ex1x 当 0 x 2 时, f(x) 0;当 x 2 时, f(x) 0 所以 a12e2 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

35、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 0,a20 a2 80,a0 a2 2. 当 a2 2时, f(x) 0 有两个不等的实数根, 不妨设 x10, xx2 时 f(x)2 2时, f(

36、x)既有极大值 f(x2)又有极小值 f(x1) 例 2 已知 R,函数 f(x) ex ex (xlnx x 1)的导数为 g(x),若函数 g(x)存在极值,求 的取值范围 解析: g (x) ex e lnx, g(x) ex x 当 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 0 时,设 h(x) ex x,则 h(x) ex x2 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 当 0 e 时, h(1) e 0, h(e) ee e 0,且 h(x)是 (0, )上

37、的连续函数, 因此存在唯一的 x0 (e, 1),使得 h(x0) 0 当 e 时, h(1) e 0, h() e 1 0,且 h(x)是 (0, )上的连续函数, 因此存在唯一的 x0 1, ),使得 h(x0) 0 故当 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, 的取值范围是 (0, ) 例 3 已知函数 f(x)

38、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 ( ) 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 ( ) a 0 时, 1 8a 0,令 f(x) 0,得 x11 1 8a4a , x21 1 8a4a 显然, x1 0, x2 0,所以 x (0, x1), f(x) 0, x (x1

39、, ), f(x) 0, f(x)在 x x1 取得极小值, f(x)有一个极小值点 ( ) a 0 时, 1 8a 0 时,即 a18时, f(x) 0, f(x)在 (0, 是减函数, f(x)无极值点 当 0 a18时, 1 8a 0,令 f(x) 0,得 x11 1 8a4a , x21 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:( ) a 0 时, f(x)仅有一个极值点; ( ) 当 a18时, f(x)无极值点

40、;( )当 0 a18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

41、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 3ex,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 2.718 28 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 k0 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 k0 时,设函数 g(x) ex kx, x 0, ) 因为 g(x) ex k ex elnk, 当 00, y g(x)单调递增, 故 f(x)在 (0,2)内不存在两个极值点; 当 k1 时,得 x (0, 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(

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