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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