高考数学导数零点与极值点专题

导数中的零点与极值点教学目标：1.掌握函数零点、极值点问题中的常见处理方法，2.学会用估计范围、消元、换元等方法解决多变量的变形问题典型例题一、估计范围例1.已知函数f（x）＝ax2﹣bx+lnx，（a，b∈R）．（1）若a＝1，b＝3，求函数f（x）的单调增区间；（2）若b＝0时，不等式f（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围；（3）当a＝1，b＞92时，记函数f（x）的导函数f'（x）的两个零点是x1和x2（x1＜x2），求证：f（x1）﹣f（x2）＞6316﹣3ln2．【解析】（1）由题意得：x＞0，a＝1，b＝3时，f（x）＝x2﹣3x+lnx，1(21)(1)()23xxfxxxx，令f'（x）＞0，解得：0＜x＜12或x＞1，故f（x）在（0，12），（1，+∞）递增；（2）b＝0时，f（x）＝ax2+lnx，不等式f（x）≤0在[1，+∞）恒成立，即a≤﹣2lnxx在区间[1，+∞）恒成立，令h（x）＝﹣2lnxx，则32lnx1h(x)x，令h'（x）＞0，解得：x＞e，令h'（x）＜0，解得：1＜x＜e，故f（x）在（1，e）递减，在（e，+∞）递增，故h（x）min＝h（e）＝﹣e21，故a≤﹣e21；（3）a＝1时，f（x）＝x2﹣bx+lnx，221()xbxfxx，（x＞0），由题意得x1，x2（x1＜x2）是方程2x2﹣bx+1＝0的两个根，记g（x）＝2x2﹣bx+1，则21291190,,02442gbgbbb，g（2）＝9﹣2b＜0，∴x1∈（b1，14），x2∈（2，+∞），且f（x）在[x1，x2]递减，故f（x1）﹣f（x2）＞f（14）﹣f（2）＝763416b﹣3ln2，∵b＞92，∴f（x1）﹣f（x2）＞796363312421616n﹣3ln2．二、换元法的使用例2.已知函数21()ln2fxaxx，()gxbx，设()()()hxfxgx.（1）若()fx在22x处取得极值，且(1)(1)2fg，求函数()hx的单调区间；（2）若0a时函数()hx有两个不同的零点12,xx.①求b的取值范围；②求证：1221xxe.解：(1)因为1()fxaxx，所以(1)1fa,由(1)(1)2fg可得a=b-3.又因为()fx在22x处取得极值，所以22()2022fa，所以a=-2,b=1.所以2()lnhxxxx，其定义域为（0，+）2121(21)(1)()21=xxxxhxxxxx令()0hx得121,12xx，当x（0,1）时，()0hx，当x（1,+）()0hx，所以函数h(x)在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）当0a时，()lnhxxbx，其定义域为（0，+）.①'1()hxbx,当0b,则'()0hx，()hx在(0,)上单调递增，不合题意。当0b时，()hx在1(0,)b上单调递增，在1(,)b上单调递减。因为()hx有2个不同零点，所以1()0hb，即1(,0)be.此时存在2141bb使得24(1)0,()0hbhb，又()hx在1(0,)b和1(,)b都连续，所以()hx在1(0,)b和1(,)b各有一个零点②由题意得1122ln0,ln0xbxxbx,所以12122121ln()0,lnln()0xxbxxxxbxx,所以12122121lnlnlnxxxxxxxx，不妨设x1x2,要证212xxe,只需要证12122121ln(lnln)2xxxxxxxx.即证2121212()lnlnxxxxxx，设21(1)xttx,则2(1)4()lnln211tFttttt,所以22214(1)()0(1)(1)tFttttt,所以函数()Ft在（1，+）上单调增，而(1)0F，所以()0Ft即2(1)ln1ttt,所以212xxe.例3.已知函数.（1）若函数在处的切线方程为，求实数，的值；（2）若函数在和两处取得极值，求实数的取值范围；（3）在（2）的条件下，若，求实数的取值范围．解:（1），由题意得：，即，即，所以，.（2）由题意知：有两个零点，，令，而.①当时，恒成立所以单调递减，此时至多1个零点（舍）.②当时，令，解得：，在上单调递减，在上单调递增，所以，因为有两个零点，所以，解得：.因为，，且，而在上单调递减，所以在上有1个零点；又因为（易证），则且，而在上单调递增，所以在上有1个零点.综上：.（3）由题意得，，即.所以，令，即，令，，令，而，所以在上单调递减，即，所以在上单调递减，即.因为，.令，而恒成立，所以在上单调递减，又，所以.三、寻找关系式、消元、构造函数例4.已知函数()2lnafxxxx，aR．(1)讨论函数()fx的单调性；(2)若函数()fx有两个极值点1x、2x，且12xx，求实数a的取值范围；(3)在(2)的条件下，证明：22()1fxx．解：(1)函数()2lnafxxxx的定义域为(0,)，22222()1axxafxxxx．令()0fx，得220xxa，其判别式44a．①0，即1a时，222()0xxafxx，()fx在(0,)上单调增……2分②0，即1a时，220xxa有两个根111xa，2111xa．若0a时，则1110xa．x2(0,)x2x2(,)x()fx－0＋()fx减增此时()fx在2(0,)x上单调递减，在2(,)x上单调递增．……………4分若01a时，则21110xxa．x1(0,)x1x12(,)xx2x2(,)x()fx＋0－0＋()fx增减增此时()fx在2(0,)x上单调递减，在1(0,)x、2(,)x上单调递增．………6分综上：当0a时，()fx在2(0,)x上单调递减，在2(,)x上单调递增；当01a时，()fx在2(0,)x上单调递减，在1(0,)x、2(,)x上单调递增；即1a时，()fx在(0,)上单调增．…………8分(2)由(1)知，函数()fx有两个极值点在1x、2x等价于方程在(0,)上有两个不相等的实数根．则，0120aa，即01a．故实数a的取值范围为(0,1)．……………11分(3)由(1)和(2)，得01a，211xa，且212x，2222axx．2222222222222()12ln12ln1((1,2))xxfxxxxxxxxx．令()2ln1([1,2])gtttt，则22()10tgttt在(1,2)t时恒成立，所以()gt在(1,2)上单调递减．……………………………………………14分故当(1,2)t时，()(1)12ln110gtg，所以222()1()0fxxgx，即22()1fxx．………………………………………………16分巩固练习1.若方程2|21|0xxt有四个不同的实数根1234,,,xxxx，且1234xxxx，则41322()()xxxx的取值范围是.解：方程2|21|0xxt有四个不同的实数根,在同一坐标系内作出函数2()|21|fxxx与函数()gxt的图象如下图所示，所以14,xx是方程221xxt的两根，23,xx是方程221xxt的两根，由求根公式得413222,22xxtxxt，且02t，所以41322()()2(222)xxxxtt，令()2(222)fttt，由22(222)()04ttftt得65t，函数()ft在区间6(0,]5递增，在区间6[,2)5递减，又6(0)62,()45,(2)85fff，所以所求函数的取值范围是(8,45].2.已知函数2()lnfxxxax，aR．（1）若()fx在1x处取得极值，求a的值；（2）设()()(3)gxfxax，试讨论函数()gx的单调性；（3）当2a时，若存在正实数12,xx满足1212()()30fxfxxx，求证：1212xx．（1）解：因为2()lnfxxxax，所以1()12fxaxx，因为()fx在1x处取得极值，所以(1)1120fa，解得1a．验证：当1a时，(1)(21)1()12(0)xxfxxxxx，易得()fx在1x处取得极大值．（2）解：因为22()()(3)ln(3)ln(2)gxfxaxxxaxaxxaxax，所以(1)(21)1()2(2)(0)axxgxaxaxxx．①若0a≥，则当1(0,)2x时，()0gx，所以函数()gx在1(0,)2上单调递增；当1(,)2x时，()0gx，函数()gx在1(,)2上单调递减．②若0a，1()(21)()(0)axxagxxx，当2a时，易得函数()gx在1(0,)a和1(,)2上单调递增，在11(,)2a上单调递减；当2a时，()0gx≥恒成立，所以函数()gx在(0,)上单调递增；当20a时，易得函数()gx在1(0,)2和1(,)a上单调递增，在11(,)2a上单调递减．（3）证明：当2a时，2()ln2fxxxx，因为1212()()30fxfxxx，所以2211122212ln2ln230xxxxxxxx，即2212121212ln2()()30xxxxxxxx，所以2121212122()()lnxxxxxxxx．令12txx，()ln(0)tttt，则11()1(0)ttttt，当(0,1)t时，()0t，所以函数()ln(0)tttt在(0,1)上单调递减；当(1,)t时，()0t，所以函数()ln(0)tttt在(1,)上单调递增．所以函数()ln(0)tttt在1t时，取得最小值，最小值为1．所以212122()()1xxxx≥，即212122()()10xxxx≥，所以1212xx≥或121xx≤．因为12,xx为正实数，所以1212xx≥．当1212xx时，121xx，此时不存在12,xx满足条件，所以1212xx．3.已知函数f(x)＝ax2－bx＋lnx，a，b∈R.(1)当b＝2a＋1时，讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＝1，b3时，记函数f(x)的导函数f′(x)的两个零点是x1和x2(x1＜x2)，求证：f(x1)－f(x2)34－ln2.解（1）b＝2a+1时，f（x）＝ax2﹣（2a+1）x+lnx，定义域为（0，+∞），f'（x）＝＝Ⅰ）、a＝0时，f'（x）＝，由f'（x）＞0，得0＜x＜1；由f'（x）＜0，得x＞1，故y＝f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）．Ⅱ）、a≠0时，f'（x）＝，①a＜0时，由f'（x）＜0，得x＞1；由f'（x）＞0，得0＜x＜1，故y＝f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；②0＜a＜时，，由f'（x）＞0，得0＜x＜1，或x＞；由f'（x）＜0，得1＜x＜，故y＝f（x）的单调增区间为（0，1），（，+∞），单调减区间为（1，）；③a＝时，