【教案】导数难点之五种题型

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课 题 导数难点之五种题型
教学目标 导数难点之五种题型的讲解
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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(e≥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)＝－a， 1°当a＝0时，由f(1)＝0，及f ′(x)＝＞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 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)＝－a＝，所以f(x)在(0,]上单调增，在[,＋∞)上单调减． 则f(x)极大值也是最大值为f()＝－lna－1． ①当－lna－1＜0即a＞时，f(x)≤f()＜0，所以函数f(x)没有零点； ②当－lna－1＝0即a＝时，函数f(x)有唯一零点； ③当－lna－1＞0，即0＜a＜时，函数f(x)有两个零点． 实际上，x∈(0,]时，f(x)单调增，f(1)＝－a＜0，又f()＞0，函数f(x)在(0,]上的图象连续，所以f(x)在(1,)，即在(0,]上有唯一零点； x∈[,＋∞)时，f()＞0，f()＝2ln－ 或f(e)＝－ae＝a (－e) 设h(x)＝x－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＞e，所以－e＜e－ee＜0，即f(e)＜0， 又函数f(x)在[e＋∞)上的图象连续，所以f(x)在(,e)，即在[e＋∞)上有唯一零点； 所以。0＜a＜时，函数f(x)有两个零点． 综上，（1）当a＞，函数f(x)没有零点； （2）当a＝或a≤0时，函数f(x)有一个零点； （3）当0＜a＜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； 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＋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＋＝＝， 所以①当m＝，g′(x)≥0所以y＝g(x)在x∈(0，＋∞)单调递增，且g(1)＝0， 所以mx2－x＋ln x＝2mx－m－1只有一解． ②当0＜m＜，x∈(0,1)，g′(x)＞0；x∈，g′(x)＜0；x∈，g′(x)＞0由g(1)＝0及函数单调性可知g＜0， 因为g(x)＝mx＋m＋ln x＋1，取x＝2＋， 则g＞0， 因此在方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1必有一解从而不符题意 ③当m＞，x∈，g′(x)＞0；x∈，g′(x)＜0；x∈(1，＋∞)，g′(x)＞0 同理在方程mx2－x＋ln x＝2mx－m－1必有一解，不符题意 综上所述m＝. 四、归类研究 *1．已知函数f(x)＝lnx＋－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) 证明：因为f′(x)＝，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＋－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ex>0，所以x＝0不是方程的解， 所以原方程等价于ex－－1＝0. 令h(x)＝ex－－1， 因为h′(x)＝ex＋>0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－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－<0，h(－2)＝e－2>0， 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)＝x3－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－3a＝0． 设g(x)＝－3a，则g'(x)＝≥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－＝－6(a－)2－＜0，f(3a＋1)＝＞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)＝0x＝，当x＞时，f'(x)＞0,f(x)单调增；当0＜x＜时，f'(x)＜0，f(x)单调减， 所以x＝是f(x)的唯一极小值点也是最小值点，即． 10．当a－＞0，即a＞时，f(x)min＞0,故k＝0． 20．当a－＝0，即a＝时，f(x)min＝f()＝0，k＝1． 30．当a－＜0，即a＜时，f(x)min＜0(如右图所示) ⅰ.a＜0时，在(0，]上f(x)＜0,在(，＋∞)上， 途径一：存在e－a＞，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＋a0x＞－a 当x＞e且x＞－a时，f(x)＞x＋a＞0，同理k＝1． ⅱ.a＝0时，由xlnx＝0x＝1，所以k＝1． ⅲ.0＜a＜时，f(x)min＝a－＜0．一方面1＞，且f(1)＝a＞0，另一方面 途径一：依据单调性，当0＜x＜＜时，应有f(x)＞0，不妨直观尝试x0＝e 注意到x＞0时，ex＞x2（证略），存在x0＝e＜， ，又f(x)图像在定义域内不间断， 所以在(0)和(＋∞)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≥－，且存在a2＜a＜，f(a2)＝2a2lna＋a＝a(2alna＋1)≥ a(－＋1)＞0．同理k＝2． 综上所述：当a＞时，f(x)没有零点；当a＝或a≤0时，有1个零点； 当0＜a＜时，有2个零点． **5．设函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，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f<0，函数f的零点不可求，但可利用零点存在性定理确定f的零点的范围，再根据单调性得到不等式的解集，从而求出a的最小整数解，注意证明) 解：若函数f(x)有两个零点，则a>0，且f(x)的最小值f<0， 即－a2＋4a－4aln<0. 因为a>0，所以a＋4ln－4>0.(6分) 令h(a)＝a＋4ln－4，显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数， 且h(2)＝－2<0，h(3)＝4ln－1＝ln－1>0， 所以存在a0∈(2，3)，h(a0)＝0.当a>a0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x1，x2(0＜x1＜x2)． 求证：＜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()f(1)＜0且f(1)f(a)＜0，即只需判断f()，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()，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＝(x≠) 令φ(x)＝ 所以φ'(x)＝ 设g(x)＝lnx＋1－，可得g(x)为增函数且g(1)＝0 所以x∈(0，)∪(，1)时，g(x)＜0，即φ'(x)＜0 x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，即φ'(x)＞0 所以φ(x)在(0，)，(，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增 所以在x∈(，＋∞)，φ(x)min＝φ(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 f''(a)＝ea－＞ea－＞ee－＞0 所以f'(a)在(e，＋∞)单调递增 所以f'(a)＞f'(e)＝ee－3＞e2－3＞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()＝e－aln－a＝e＋alna－a＝e＋a(lna－1) 因为a＞e，则lna－1＞0 又f()＞0，f(1)＜0 所以f(1)f()＜0 则存在x1∈(，1)，使得f(x1)＝0即＜x1＜1 综上所述：＜x1＜1＜x2＜a． **7.设函数f(x)＝x2lnx－x2＋b，求证：对任意实数b∈，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＝， 且当x∈(0，)时，f′(x)＜0，即f(x)＝x2lnx－x2＋b在x∈(0，)上单调减， 当x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)＝x2lnx－x2＋b在x∈(，＋∞)上单调增， 所以f(x)有最小值f()＝b－＜0. 又f(e)＝e2－e2＋b＞0， 所以f(x)＝x2lnx－x2＋b在(，e)上一定有一解． 下面证明存在x∈(0，)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，)上单调减且连续，b＜ 所以f(x)＝x2lnx－x2＋b在(b，)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)＝(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＋－a，令g(x)＝f ′(x)＝lnx＋－a， 则g ′(x)＝－，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＜1，a＞2时，g(e)＝－a＋1＋e－a＝e－2a＋1＞0；g(e)＝1＋e＞0，函数g(x)是连续函数， 所以函数g(x)在(e,1)和(1, e)上分别存在唯一零点x，x，即f ′(x)＝ f ′(x)＝0， 又f ′(x)在(0,1]上单调减，在[1,＋∞)上单调增，e＜x＜1＜x＜ e 所以f(x)在区间(0, x]上单调增，[x, x]上单调减，[ x,＋∞)上单调增． 因为f(1)＝0，f(x)在区间 [x, x]上单调减， 所以f(x)在区间[x, x]上恰有一个零点，f(x)＞0，f(x)＜0． 因为f(e)＝a(e＋1)－a(e＋1)＝2a＞0，f(x)＜0，1＜x＜e，函数f(x)是[x,＋∞)上连续函数且单调，所以f(x)在区间[x, e) 即在[x,＋∞)上存在唯一零点； 因为f(e)＝－a (e＋1)－a (e－1)＝－2a e＜0，f(x)＞0，函数f(x)是(0, x]上连续函数且单调，所以f(x)在区间(e, x] 即在(0, x]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－(a∈R)，且在上的最大值为. （1）求函数f(x)的解析式； （2）判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明． 解析：（1）由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，对于任意x∈，有sinx＋xcosx＞0。 当a＝0时，f(x)＝－，不合题意；当a＜0，x∈时，f′(x)＜0，从而f(x)在内单调递减，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f(0)＝－，不合题意；当a＞0，x∈时，f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f，即a－＝，解得a＝1。 综上所述，函数f(x)的解析式为f(x)＝xsinx－。 （2）f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。证明如下： 由（I）知，f(x)＝xsinx－，从而有f(0)＝－＜0，f＝＞0。 又f(x)在上的图象是连续不断的，所以f(x)在内至少存在一个零点。 又由（I）知f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且仅有一个零点。 当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx. 由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m∈，使得g(m)＝0。由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈时，有g′(x)＜0，从而g(x)在内单调递减。当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增， 故当x∈时， f(x)≥f＝＞0，故f(x)在上无零点； 当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减． 又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点。 综上所述，f(x)在(0，π)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＝0有三个互异的实数解， 令u＝x－t2，可得u3＋(1－d2)u＋6＝0． 设函数g(x)＝x3＋(1－d2)x＋6，则曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－6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＝－，x2＝． 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(－)=＋6>0． g(x)的极小值g(x2)＝g()=?＋6． 若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y＝f(x)至多有两个零点，不合题意． 若g(x2)＜0，即(d2－1)＞27， 也就是|d|＞，此时|d|＞x2，g(|d|)＝|d|＋6＞0， 且－2|d|＜x1，g(－2|d|)＝－6|d|3－2|d|＋6＜－62＋6＜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(－∞，－)∪(，＋∞)． ***11．已知函数f(x)＝－lnx．若a≤3－4ln2，证明：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＝()2＋1，则f(m)－km－a＞|a|＋k－k－a≥0， f(n)－kn－a＜n(－－k)≤n(－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＝． 设h(x)＝， 则h'(x)＝＝， 其中g(x)＝－lnx． 由(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Ⅰ）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)＝aex－． 由题设知，f'(2)＝0，所以a＝． 此时f(x)＝ex－lnx－1，f'(x)＝ex－． 当0＜x＜2时，f'(x)＜0；当x＞2时，f'(x)＞0． 所以a＝． 二、方法联想 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??a>2. ∴当a>2时，f′(x)＝0有两个不等的实数根， 不妨设x10，x>x2时f′(x)<0， ∴当a>2时，f(x)既有极大值f(x2)又有极小值f(x1)． 例2．已知λ∈R，函数f(x)＝ex－ex－λ(xlnx－x＋1)的导数为g(x),若函数g(x)存在极值，求λ的取值范围． 　解析：g (x)＝ex－e－λlnx，g′(x)＝ex－． 当λ≤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λ＞0时，设h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋＞0恒成立， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增． ①当0＜λ＜e时， h(1)＝e－λ＞0，h()＝e－e＜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． ②当λ≥e时， h(1)＝e－λ≤0，h(λ)＝eλ－1＞0，且h(x)是(0，＋∞)上的连续函数， 因此存在唯一的x0∈[1，λ)，使得h(x0)＝0． 故当λ＞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，λ的取值范围是(0，＋∞)． 例3．已知函数f(x)＝ln－ax2＋x，讨论函数f(x)的极值点的个数； 解析：由f(x)＝ln－ax2＋x＝－ln2－lnx－ax2＋x，定义域为(0,＋∞), 所以f ′(x)＝－－2ax＋1＝ （ⅰ）a＝0时，f'(x)＝，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． （ⅱ）a＜0时，Δ＝1－8a＞0，令f'(x)＝0，得x1＝，x2＝． 显然，x1＞0，x2＜0，所以x∈(0，x1)，f'(x)＜0，x∈(x1，＋∞)，f'(x)＞0， f(x)在x＝x1取得极小值，f(x)有一个极小值点． （ⅲ）a＞0时，Δ＝1－8a≤0时，即a≥时，f'(x)≤0，f(x)在(0，＋∞是减函数，f(x)无极值点． 当0＜a＜时，Δ＝1－8a＞0，令f'(x)＝0，得x1＝，x2＝． 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：（ⅰ）a≤0时，f(x)仅有一个极值点； （ⅱ） 当a≥时，f(x)无极值点；（ⅲ）当0＜a＜时，f(x)有两个极值点． 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)＝＋2x－4＝. ∵x＝3是函数f(x)的一个极值点， ∴f′(3)＝0，解得a＝－6. 经检验a＝－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)＝[ax－(4a＋1)x＋4a＋3]e,若f(x)在x=2处取得极小值，求a的取值范围． **3．设函数f(x)＝－k(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)＝，当k≤0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k>0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k>1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减， x∈(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(x)在(0,2)内存在两个极值点， 当且仅当解得e0，g(lnk)<0， g(2)>0，由单调性，连续性， 存在唯一0＜x0，求证：函数f(x)既有极大值，又有极小值。 解：f'(x)＝，设g(x)＝aex(x－1)＋x2，则g'(x)＝x(aex＋2)， 因为a＞0，所以，当x∈(0，＋∞)时，g'(x)＞0，g(x)单调递增； 当x∈(－∞，0)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减；故g(x)至多两个零点． 又g(0)＝－a＜0，g(1)＝1＞0，所以存在x1∈(0，1)，使g(x1)＝0 又g(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增， 所以当x∈(0，x1)时，g(x)＜0，故f'(x)＝＜0，f(x)单调递减； 当x∈(x1，＋∞)时，g(x)＞0，故f'(x)＝＞0，f(x)单调递增； 所以函数f(x)在x＝x1处取得极小值． 当x∈(－∞，0)时，ex＜1，且x－1＜0， 所g(x)＝aex(x－1)＋x2＞a(x－1)＋x2＝x2＋ax－a＝(x－m)(x－n)，( m＜0＜n) 存在负实数t＜m，则g(t)＞0，又g(0)＝－a＜0， 故在(t，0)上存在x2，使g(x2)＝0， 又g(x)在x∈(－∞，0)上单调递减， 当x∈(－∞，x2)时，g(x)＞0，故f'(x)＝＞0，f(x)单调递增； 当x∈(x2，0)时，g(x)＜0，故f'(x)＝＜0，f(x)单调递减； 所以函数f(x)在x＝x2处取得极大值． 综上，函数f(x)既有极大值，又有极小值. **6．设函数f (x)＝x－2ex－k(x－2lnx) (k为实常数，e是自然对数的底数)． 若函数f (x)在(0，4)内存在三个极值点，求k的取值范围． 解析： (2) 因为f′(x)＝＝， 当k≤0时，－k＞0，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，4)上单调递增，不存在三个极值点，所以k＞0.(8分) 又f′(x)＝＝， 令g(x)＝，得g′(x)＝， 易知g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，则g(x)在x＝2处取得极小值， 得g(2)＝，且g(4)＝.(10分) 于是可得y＝k与g(x)＝在(0，4)内有两个不同的交点的条件是k∈. 设y＝k与g(x)＝在(0，4)内有两个不同交点的横坐标分别为x1，x2，则有0＜x1＜2＜x2＜4， 下面列表分析导函数f′(x)及原函数f(x)： x(0，x1)x1(x1，2)2(2，x2)x2(x2，4)4x－2－－－0＋＋＋2－k＋0－－k－0＋－kf′(x)－0＋0－0＋＋f(x)递减极小值递增极大值递减极小值递增
可知f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，2)上单调递增， 在(2，x2)上单调递减，在(x2，4)上单调递增， 所以f(x)在区间(0，4)上存在三个极值点． 即函数f(x)在(0，4)内存在三个极值点的k的取值范围是. 类型三：导函数零点不可求问题 一、高考回顾 (17年高考题).已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a＞3，b∈R)有极值，且导函数f'(x)的极值点是f(x)的零点（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值），b＝＋．若f(x)，f'(x) 这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围 解析：f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，设f(x)的极值点是x1，x2，则x1＋x2＝－a，x＋x＝. 从而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1 ＝(3x＋2ax＋b)＋(3x＋2ax＋b)＋a(x＋x)＋b(x＋x)＋2 ＝－＋2＝0 记f(x)，f ′(x)所有极值之和为h(a)， 因为f ′(x)的极值为b－＝－a2＋，所以h(a)＝－a2＋，a＞3. 因为h'(a)＝－a－＜0，于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减. 因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6. 因此a的取值范围为(3,6]. 二、方法联想 （1）多次求导 零点不存在或难以求出时，函数的导数可能大于或小于0恒成立，利用导数判断导函数单调性，研究导数的最值。 （2）设出零点，整体代换 零点不可求的问题中，往往是超越方程无法求解或求解复杂，可利用零点满足的关系，整体代换或合理推理，将复杂问题转化简单问题研究。 三、方法应用 例1. f(x)＝ex＋2x2－3x，当x≥时，f(x)≥x2＋(a－3)x＋1恒成立，求实数a的取值范围。 解析：f(x)≥x2＋(a－3)x＋1ex＋2x2－3x≥x2＋(a－3)x＋1，则 a≤在x≥上恒成立 令g(x)＝，则g'(x)＝ 令h(x)＝ex(x－1)－x2－1，则h'(x)＝x(ex－1) 当x≥时，h'(x)＞0恒成立，即h(x)≥h()＝－＞0 所以g'(x)＞0，g(x)在[，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g()＝2－ 所以a≤2－ 例2．（2018浙江）已知函数f(x)=?lnx，若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等， 证明：f(x1)+f(x2)>8?8ln2； 解析：f'(x)＝－，不妨设f'(x1)＝f'(x2)＝t，即x1，x2是方程－＝t的两根， 即，是方程tx2－＋1＝0的根， 所以Δ＝－4t＞0，得0＜t＜，且＋＝，·＝， f(x1)＋f(x2)＝(＋)－lnx1x2＝－ln＝＋2lnt， 令g(t)＝＋2lnt，g'(t)＝－＝＜0，∴g(t)在(0，)上单调递减. 所以g(t)＞g()＝8－8ln2，即f(x1)＋f(x2)＞8－8ln2. 例3．已知函数f(x)＝，其中a为常数．若a＝－1，设函数f(x)在(0,1)上的极值点为x0，求证：f(x0)＜－2． 解析：当a＝－1时，f(x)＝，f'(x)＝． 令h(x)＝x－1－2xlnx，x∈(01)， 则h'(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1，令h'(x)＝0，得x＝e． ①当e≤x＜1时，h'(x)≤0，∴h(x)＝x－1－2xlnx单调递减，h(x)∈(02e－1]， ∴f'(x)＝＜0恒成立，∴f(x)＝单调递减，且f(x)≤f(e)， ②当0＜x≤e时，h'(x)≥0，∴h(x)＝x－1－2xlnx单调递增， 其中h()＝－1－2·ln()＝ln＞0， 又h(e－2)＝e－2－1－2e－2·ln(e－2)＝－1＜0， ∴存在唯一x0∈(e－2，)，使得h(x0)＝0，∴f'(x0)＝0， 当0＜x＜x0时，f'(x)＞0，∴f(x)＝单调递增， 当x0＜x≤e时，f'(x)＜0，∴f(x)＝单调递减，且f(x)≥f(e)， 由①和②可知，f(x)＝在(0，x0)单调递增，在(x0，1)上单调递减， ∴当x＝x0时，f(x)＝取极大值． ∵h(x0)＝x0－1－2x0lnx0＝0，∴lnx0＝， ∴f(x0)＝＝＝， 又x0∈(0，)，∴2(x0－)2－∈(－0)，∴f(x0)＝＜－2． 四、归类研究 *1．已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1，证明：当0＜x＜1时，f(x)＜0 (考查利用二次求导，通过判定导函数的范围，确定导函数的符号) 解析：f'(x)＝lnx＋－1＝lnx＋ f''(x)＝－＝，令f''(x)＝0，则x＝1 当x＞1时，f''(x)＞0，f'(x)单调递增；当0＜x＜1时，f''(x)＜0，f'(x)单调递减，f'(x)min＝f'(1)＝1＞0，所以f(x)在0＜x＜1上单调递增 即f(x)＜f(x)max＝f(1)＝0 **2.已知函数f (x)＝x(ex－2)，g (x)＝x－lnx＋k，k∈R，e为自然对数的底．记函数F(x)＝f(x)＋g (x)，若F(x)＞0的解集为(0，+∞)，求k的取值范围； 解析：F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex－x－lnx＋k，F ′(x)＝(x＋1)(ex－)， 设h(x)＝ex－(x＞0)，则h ′(x)＝ex＋＞0恒成立， 所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又h()＝－2＜0，h(1)＝e－1＞0，且h(x)的图像在(0，＋∞)上不间断， 因此h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0∈(，1)，且e＝． 当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，即F ′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即F ′(x)＞0， 所以F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 于是x＝x0时，函数F(x)取极(最)小值为F(x0)＝x0e－x0－lnx0＋k ＝1－x0－ln＋k＝1＋k． 因为F(x)＞0的解集为(0，＋∞)， 所以1＋k＞0，即k＞－1． **3.已知函数f(x)＝xlnx＋ax，若对任意x∈(1，＋∞)，f(x)＞k(x－1)＋ax－x恒成立，求正整数k的值。 (考查利用利用零点存在性定理，确定导函数零点的性质) 解析：问题可转化为当x∈(1，＋∞)时，k＜恒成立 设h(x)＝，h'(x)＝ 令m(x)＝x－lnx－2，m'(x)＝1－＞0所以m(x)在定义域内单调递增 m(3)＝1－ln3＜0，m(4)＝2－ln4＞0 所以存在x0∈(3，4)使得m(x0)＝x0－lnx0－2＝0 当x∈(1，x0)，m(x)＜0，h'(x)＜0，h(x)单调递减 当x∈(x0，＋∞)，m(x)＞0，h'(x)＞0，h(x)单调递增 h(x)min＝h(x0)＝＝ ① 又因为m(x0)＝x0－lnx0－2＝x0－1－(lnx0＋1)＝0 ② 由由①②得h(x)min＝h(x0)＝x0 所以k＜x0，k＝1，2，3 ***4．已知函数f(x)＝xex－ln x，证明：当x＞0时，f(x)＞1． (要证f(x)＞1，等价于证明最小值大于1，需要研究单调性，但导函数零点无法求出，利用导数研究导函数的单调性，即二次求导，结合零点存在性定理，证明零点的范围，再将ex＝带入化简) 证明：f ′(x)＝x (x＋2) ex－, x＞0． 由f ′′(x)＝(x＋4x＋2) ex＋＞0，则f ′(x)在(0,＋∞)上单调递增，且是连续函数， 又f ′()＜0，f ′()＞0，由零点存在性定理可知 存在唯一x∈(,)，使得f ′(x)＝0． 当x∈(0, x)时，f ′(x)＜0，f(x)在(0, x)上单调递减； 当x∈( x,＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)在( x,＋∞)上单调递增． 所以f(x)的最小值为f(x)，即 f(x)≥f(x)＝xex－ln x，又ex＝ 所以f(x)≥f(x)＝x＋2－ln x，x∈(,)以下可证f(x)＞1． **5.（2017课标II，理）已知函数f(x)＝x2－x－xlnx．证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2＜f(x0)＜2－2。 (利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值) 证明：由（1）知f(x)＝x2－x－xlnx，f'(x)＝2x－2－lnx。 设h(x)＝2x－2－lnx，则h'(x)＝2－。 当x∈(0，)时，h'(x)＜0；当x∈(，＋∞)时，h'(x)＞0， 所以h(x)在(0，)单调递减，在(，＋∞)单调递增。 又h(e－2)＞0，h()＜0，h(1)＝0， 所以h(x)在(0，)有唯一零点x0，在[，＋∞)有唯一零点1， 且当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当x∈(x0，1)时，h(x)＜0， 当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0。 因为f'(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点。 由f'(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)。 由x0∈(0，1)得f(x0)＜。 因为x＝x0是f(x)在（0,1）的最大值点， 由e－1∈(0，1)，f'(e－1)≠0得f(x0)＞f(e－1)＝e－2。 所以e－2＜f(x0)＜2－2。 ***6．设函数f(x)＝e2x－alnx.证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln. (考察常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力．f(x)的最小值为f(x0)，但x0无法解出，利用x0满足的关系2e－＝0，将e＝带入，再用基本不等式消掉x0) 解析：a＞0时，f ′(x)＝2e2x－，可设f ′(x)在(0,＋∞)的唯一零点为x0（要证明） 当x∈(0,x0)时，f ′(x)＜0;当x∈(x0,＋∞)时，f ′(x)＞0. 故f(x)在(0,x0)单调递减，在(x0,＋∞)单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0). 由于2e－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln. 故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln. **7．设函数f(x)＝e－1－x－ax，若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围． (导函数零点不可求，可通过多次求导，判断导函数的符号) 解析：f(0)＝0，f′(x)＝e－1－2ax，令g(x)＝f ′(x)， 则g(0)＝0，g ′(x)＝e－2a， 若g ′(x)≥0恒成立，则a≤e，即a≤(e)min＝，则g(x)≥0即f ′(x)≥0， 所以f(x)≥0成立。 当a＞时，令g ′(x)＝e－2a＜0，可得x＜ln2a， 所以x∈[0, ln2a)时，g ′(x)＜0，则函数g(x)在[0, ln2a)上单调减， 所以x∈(0, ln2a)时，g(x)＜g(0)＝0，即f ′(x)＜0，所以函数f(x)在[0, ln2a)上单调减，则f(x)＜f(0)＝0，不符合题意． 综上，a的取值范围(－∞,]． **8．已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1．求证：(x－1)f(x)≥0． (连续运用多次求导，每次求导都可发现，新的导数都更有利于求出导数的零点，多次求导是解决导函数零点的一个有效方法) 答案：略 ***9.已知函数f(x)＝1＋lnx－，其中k为整数，且当x＞2时，f(x)＞0恒成立，求k的最大值．(参考数据：ln8＝2.08，ln9＝2.20，ln10＝2.30) (恒成立问题可以通过分离变量，求最值处理，但导函数零点不可求出，可用零点存在性定理求出零点所在区间，从而得到最值的范围) 解析：(方法1)由题意知，1＋lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立， 即k＜对x∈(2，＋∞)恒成立．令h(x)＝，则h′(x)＝. 设v(x)＝x－2lnx－4，则v′(x)＝.当x∈(2，＋∞)时，v′(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)上为增函数．因为v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0， 所以存在x0∈(8，9)，v(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0. 当x∈(2，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以当x＝x0时，h(x)的最小值h(x0)＝. 因为lnx0＝，所以h(x0)＝∈(4，4.5)．故所求的整数k的最大值为4.(16分) (方法2)由题意知，1＋lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立， f(x)＝1＋lnx－，f′(x)＝.① 当2k≤2，即k≤1时，f′(x)＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增．而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求． ② 当2k＞2，即k＞1时， 当x∈(2，2k)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(2k，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以当x＝2k时，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k. 从而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恒成立，等价于2＋ln2k－k＞0. 令g(k)＝2＋ln2k－k，则g′(k)＝＜0，从而g(k)在(1，＋∞)上为减函数． 因为g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0， 所以使2＋ln2k－k＜0成立的最大正整数k＝4. 综合①②知，所求的整数k的最大值为4. 类型四：极值点偏移问题 一、高考回顾 （2013湖南文）．已知函数f(x)＝ex，证明：当f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，x1＋x2＜0． 解析：易知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减。当x＜1时， 由于＞0，ex＞0，所以f(x)＞0；同理，当x＞1时，f(x)＜0。 当f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，不妨设x1＜x2，由函数单调性知x1∈(－∞，0)，x2∈(0，1)。 下面证明：x∈(0，1)，f(x)＜f(－x)，即证：ex＜e－x， 此不等式等价于(1－x)ex－＜0. 令F(x)＝(1－x)ex－，x∈(0，1)，则F'(x)＝－xe－x(e2x－1)，当x∈(0，1)时，F'(x)＜0，F(x)单调递减，从而F(x)＜F(0)＝0，即(1－x)ex－＜0， 所以x∈(0，1)，f(x)＜f(－x)。 而x2∈(0，1)，所以f(x2)＜f(－x2)，又f(x1)＝f(x2)，从而f(x1)＜f(－x2). 由于x1，－x2∈(－∞，0)，且f(x)在(－∞，0)上单调递增，所以x1＜－x2， 即x1＋x2＜0． 二、方法联想 1．换元法 将x与x的差或商等当做整体，构造新元设为t，令t＝或t＝x－x等，求出x，x与t之间的关系，转化为关于t的函数问题 2．构造函数 ①讨论函数f(x)的单调性并求出f(x)的极值点x0； 假设此处f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增. ②构造F(x)＝f(x0＋x)－f(x0－x)； 注：此处根据题意需要还可以构造成F(x)＝f(x)－f(2x0－x)的形式 ③通过求导F'(x)讨论F(x)的单调性，判断出F(x)在某段区间上的正负，并得出f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系； 假设此处F(x)在(0，＋∞)上单调递增，那么我们便可得出F(x)＞F(x0)＝f(x0)－f(x0)＝0，从而得到：x＞x0时，f(x0＋x)＞f(x0－x). ④不妨设x1＜x0＜x2，通过f(x)的单调性，f(x1)＝f(x2)，f(x0＋x)与f(x0－x)的大小关系得出结论； 接上述情况，由于x＞x0时，f(x0＋x)＞f(x0－x)且x1＜x0＜x2，f(x1)＝f(x2)，故f(x1)＝f(x2)＝f[x0＋(x2－x0)]＞f[x0－(x2－x0)]＝f(2x0－x2)，又因为x1＜x0，2x0－x2＜x0且f(x)在(－∞，x0)上单调递减，从而得到x1＜2x0－x2，从而x1＋x2＜2x0得证. 三、方法应用 例1. (2016年新课标I卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点x1，x2. 证明：x1＋x2＜2. 法一：参变分离再构造差量函数 由已知得：f(x1)＝f(x2)＝0，不难发现x1≠1，x2≠1， 故可整理得：－a＝＝ 设g(x)＝，则g(x1)＝g(x2) 那么g'(x)＝ex，当x＜1时，g'(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞1时，g'(x)＞0，g(x)单调递增． 设m＞0，构造代数式： g(1＋m)－g(1－m)＝e1＋m－e1－m＝e1－m(e2m＋1) 设h(m)＝e2m＋1，m＞0 则h'(m)＝e2m＞0，故h(m)单调递增，有h(m)＞h(0)＝0． 因此，对于任意的m＞0，g(1＋m)＞g(1－m)． 由g(x1)＝g(x2)可知x1、x2不可能在g(x)的同一个单调区间上， 不妨设x1＜x2，可证得0＜x1＜1＜x2 令m＝1－x1＞0，则有g[1＋(1－x1)]＞g[1－(1－x1)]g(2－x1)＞g(x1)＝g(x2) 而2－x1＞1，x2＞1，g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 因此：g(2－x1)＞g(x2)2－x1＞x2 整理得：x1＋x2＜2． 法二：参变分离再构造对称函数 由法一，得g(x)＝，构造G(x)＝g(x)－g(2－x)，(x∈(－∞，1))， 利用单调性可证，此处略. 例2．设函数f(x)＝x2，g(x)＝alnx＋bx(a＞0)，设G(x)＝f(x)＋2－g(x)有两个零点x1，x2，且x1，x0，x2成等差数列，试探究G'(x0)值的符号． 解析：因为G(x)＝x2＋2－alnx－bx有两个零点x1，x2， 则有， 两式相减得x22－x12－a(lnx2－lnx1)－b(x2－x1)＝0 即x2＋x1－b＝，于是G'(x0)＝2x0－－b＝(x1＋x2－b)－ ＝－＝[ln－] ＝[ln－] ①当0＜x1＜x2时，令＝t，则t＞1，且G'(x0)＝(lnt－). 设u(t)＝lnt－(t＞1)， 则u'(t)＝－＝＞0， 则u(t)＝lnt－在(1，＋∞)上为增函数． 而u(1)＝0，所以u(t)＞0，即lnt－＞0. 又因为a＞0，x2－x1＞0，所以G'(x0)＞0. ②当0＜x2＜x1时，同理可得：G'(x0)＞0. 综上所述：G'(x0)的符号为正· 四、归类研究 **1．已知函数f(x)＝，其导函数记为f′(x)(e为自然对数的底数)．若存在实数x1，x2(x1≠x2)使得f(x1)＝f(x2)，求证： f′<0. (利用构造的新元，将两个旧的变元都换成新元来表示，从而达到消元的目的) 证明： 由题意f(x1)＝f(x2)，则＝，不妨设01，(11分) 只需证<， 只需证<， 只需证<，令t＝， h(t)＝－lnt，t∈(1，＋∞)， 则h′(t)＝－＝<0，当t∈(1，＋∞)恒成立， 故h(t)在t∈(1，＋∞)上单调递减，故h(t)1，则lnt＝，故x1＝. 于是，x1＋x2＝x1(t＋1)＝， x1＋x2－2＝. 记函数g(x)＝－lnx，x>1. 因g′(x)＝>0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增． 于是，t>1时，g(t)>g(1)＝0.又lnt>0，所以x1＋x2>2. ***3.已知x1，x2是函数f(x)＝ex－ax的两个零点，且x1＜x2， 求证：x1＋x2＞2；（2）求证：x1·x2＜1. （从消元的角度，消掉参数a，得到一个关于x1，x2的多元不等式证明，利用换元思想，将多元不等式变成了一元不等式达到消元的目的，并通过构造函数证明相应不等式） 解析：(1)问题可以转化为：y＝与y＝有两个交点，可证0＜x1＜1＜x2 且，即，∴e－e＝a(x2－x1)，a＝ 故要证：x1＋x2＞2，即证：＞2，也即证：＞， 也即＞，令t＝x2－x1，则t∈(0，＋∞) 设g(t)＝t(et＋1)－2(et－1)，则g'(t)＝tet－et＋1，g''(t)＝tet＞0， ∴g'(t)在(0，＋∞)单调递增，即g'(t)＞g'(0)＝0. ∴g(t)在(0，＋∞)单调递增，即g(t)＞g(0)＝0，故原不等式得证. 法二：消去a，＝，令t＝，转化为证明关于t的函数． 要证：x1x2＜1，即证：＜1，等价于e·e＜()2， 也即＜，等价于＜，令t＝x2－x1＞0 等价于＜(t＞0)，也等价于＜(t＞0)，等价于即证：t·e－et＋1＜0 令h(t)＝t·e－et＋1(t＞0)，则h'(t)＝e＋t·e－et＝e(1＋－e)， 又令φ(t)＝1＋－e(t＞0)，得φ'(t)＝－·e＜0，∴φ(t)在(0，＋∞)单调递减， φ(t)＜φ(0)＝0，从而h'(t)＜0，h(t)在(0，＋∞)单调递减，∴h(t)＜h(0)＝0，即证原不等式成立. ***4.已知f(x)＝xlnx的图像上有A，B两点，其横坐标为0＜x1＜x2＜1，且f(x1)＝f(x2). 证明：＜x1＋x2＜1. 解析：（1）证明：由f(x)＝xlnx，f'(x)＝lnx＋1，令f'(x)＝0，得x＝， 故0＜x1＜＜x2＜1，构造函数F(x)＝f(x)－f(－x)，(0＜x＜)， 则F'(x)＝lnx＋ln(－x)＋2＝lnx(－x)＋2＜ln＋2＝0，故F(x)在(0，)上单调递减，即F(x)＞F()＝0，∴f(x)＞f(－x)，令x＝x1，则f(x2)＝f(x1)＞f(－x1)，再由x2，－x1∈(，1)，且f(x)在(，1)上单调递增，故x2＞－x1，即证：x1＋x2＞. 又构造函数：g(x)＝f(x)－f(1－x)，(0＜x＜)， 则g'(x)＝lnx＋ln(1－x)＋2，g′′(x)＝－＝＞0， 故g'(x)在(0，)上单调递增， g'()＝ln(e－1)＞0，故必存在x0∈(0，)，使得g'(x0)＝0，故g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，又x→0时，g(x)→0，且g()＝0，故g(x)＜0在x∈(0，)上恒成立，也即f(x)＜f(1－x)在x∈(0，)上恒成立，令x＝x1，有f(x1)＝f(x2)＜f(1－x1)，再由x2，1－x1∈(，1)，且f(x)在(，1)上单调递增，故x2＜1－x1，即证：x1＋x2＜1成立. 综上：即证＜x1＋x2＜1成立. ***5．已知函数f(x)＝lnx－，g(x)＝ax，若f(x)与g(x)的图象有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证：x1x2＞2e2.(取e为2.8，取ln2为0.7，取为1.4) 证明：由题意知lnx1－＝ax1，lnx2－＝ax2， 两式相加得ln(x1x2)－＝a(x1＋x2)， 两式相减得ln－＝a(x2－x1)， 即＋＝a， ∴ ln(x1x2)－＝(x1＋x2)， 即ln(x1x2)－＝ln.(12分) 不妨令0＜x1＜x2，记t＝＞1， 令F(t)＝lnt－(t＞1)，则F′(t)＝＞0， ∴ F(t)＝lnt－在(1，＋∞)上单调递增，则F(t)＝lnt－＞F(1)＝0， ∴ lnt＞，则ln＞， ∴ ln(x1x2)－＝ln＞2. 又ln(x1x2)－＜ln(x1x2)－＝ln(x1x2)－＝2ln－， ∴ 2ln－＞2，即ln－＞1. 令G(x)＝lnx－，则x＞0时，G′(x)＝＋＞0， ∴ G(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又lne－＝ln2＋1－≈0.85＜1， ∴ G()＝ln－＞1＞lne－，则＞e，即x1x2＞2e2. ***6．已知函数f(x)＝4lnx－mx2（m＞0），若函数g(x)＝f(x)－(m－4)x，对于曲线y＝g(x)上的两个不同的点M(x1，g(x1))，N(x2，g(x2))，记直线MN的斜率为k，若k＝g'(x0)， 证明：x1＋x2＞2x0. (极值点偏移问题，构造函数，利用齐次式，设新元，研究一元函数) 证明：因为g(x)＝f(x)－(m－4) x＝4lnx－mx＋(4－m) x 所以g(x1)－g(x2)＝4(lnx1－lnx2)－ m(x1＋x2) (x1－x2)＋(4－m) (x1－x2) 由题设得g'(x0)＝＝ － m(x1＋x2)＋(4－m). 又g'()＝－m ·＋4－m， ∴g'(x0)－g'()＝－＝ [(lnx2－lnx1)－] ＝[ln－]. 不妨设0＜x1＜x2， t＝，则t＞1，则ln－ ＝lnt－ (t＞1). 令h(t)＝lnt－ (t＞1)，则h'(t)＝＞0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(1)＝0。 故ln－＞0. 又因为x2－x1＞0，因此g'(x0)－g'()＞0，即g'()＜g'(x0). 又由g'(x)＝－mx＋(4－m)知g'(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以＞x0，即x1＋x2＞2x0. ***7．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx，若方程f(x)＝c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f ′()＞0. 证明：法一：由f(x)＝x2－(a－2)x－alnx， 得f'(x)＝2x－(a－2)－＝＝，故只有a＞0时，方程f(x)＝c才有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1＜x2，则0＜x1＜＜x2， 满足， 两式相减得：x12－(a－2)x1－alnx1－x22＋(a－2)x2＋alnx2＝0…… 化简得：a＝. 欲证：f'()＞0＝f'()，结合f'(x)的单调性，即证：＞ 等价于证明：x1＋x2＞ln＜＝ 令t＝，(0＜t＜1)，构造函数g(t)＝lnt－，(0＜t＜1)，求导由单调性易得原不等式成立，略. 法二：接后续解: 由得：(x1＋x2)(x1－x2)－(a－2)(x1－x2)－aln＝0 即：(x1＋x2)－(a－2)－＝0…… 而f'()＝(x1＋x2)－(a－2)－…… 由得：f'()＝－ ＝(ln－)＝(ln－)……④ 要证：f'()＞0(ln－)＞0，令t＝，(0＜t＜1) 构造函数m(t)＝lnt－，(0＜t＜1)，求导由单调性易得m(t)＜0在t∈(0，1)恒成立，又因为a＞0，x1－x2＜0，故f'()＞0成立. 法三：接④后续解： 视x1为主元，设g(x)＝lnx－lnx2－，g'(x)＝－＝＞0 则g(x)在x∈(0，x2)上单调递增，故g(x)＜g(x2)＝0，再结合a＞0，x1－x2＜0，故f'()＞0成立. 法四：构造函数h(x)＝f(－x)－f(＋x)，(0＜x＜)， 则h'(x)＝－f'(－x)－f'(＋x)＝＞0，从而h(x)在(0，)上单调递增，故h(x)＞h(0)＝0，即f(－x)＞f(＋x)对x∈(0，)恒成立， 从而f(x)＞f(a－x)，(0＜x＜)，则f(x2)＝f(x1)＞f(a－x1)，由x2，a－x1∈(，＋∞)，且f(x)在(，＋∞)单调递增，故x2＞a－x1，即＞，从而f'()＞0成立. ***8．已知f(x)＝xlnx的图像上有A，B两点，其横坐标为0＜x1＜x2＜1，且f(x1)＝f(x2). 证明：1＜＋＜.（文科慎选） 令t1＝，t2＝，则x1＝t12，x2＝t22，t1，t2∈(0，1)，且 h(t)＝2t2lnt，h(t1)＝h(t2)，h'(t)＝2t(2lnt＋1)，令h'(t)＝0，得t＝， 故0＜t1＜＜t2＜1.构造函数H(t)＝h(t)－h(－t)，(0＜t＜)，则 H'(t)＝h'(t)＋h'(－t)，H''(t)＝h''(t)－h''(－t)，由于h'''(t)＝＞0，则h''(t)在(0，)上单调递增，因为t＜－t，故H''(t)＜0，H'(t)在(0，)上单调递减，故H'(t)＞H'()＝0，即H(t)在(0，)上单调递增，即H(t)＜H()＝0，即h(t)＜h(－t)，同理得出：t1＋t2＜； 再构造G(x)＝h(t)－h(1－t)，(0＜t＜)，同样求导利用单调性可得出G(t)＞G()＝0，从而h(t)＞h(1－t)对t∈(0，)恒成立，同理得出：t1＋t2＞1. 综上：即证1＜t1＋t2＜成立，也即原不等式1＜＋＜成立. **9.设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋－c(a，b，c∈R)． 当a＝1时，设函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)两点．求证：x1x2－x2＜b＜x1x2－x1． 解析：当a＝1时，因为函数f(x)与g(x)的图象交于A，B两点， .所以，两式相减，得b＝x1x2(1－). ………………12分 要证明x1x2－x2＜b＜x1x2－x1，即证x1x2－x2＜x1x2(1－)＜x1x2－x1， 即证＜＜，即证1－＜ln＜－1. . 令＝t，则t＞1，此时即证1－＜lnt＜t－1． 令φ(t)＝lnt＋－1，所以φ'(t)＝－＝＞0，所以当t＞1时，函数φ(t)单调递增． 又φ(1)＝0，所以φ(t)＝lnt＋－1＞0，即1－＜lnt成立； 再令m(t)＝lnt－t＋1，所以m'(t)＝－1＝＜0，所以当t＞1时，函数m(t)单调递减， 又m(1)＝0，所以m(t)＝lnt－t＋1＜0，即lnt＜t－1也成立． 综上所述， 实数x1，x2满足x1x2－x2＜b＜x1x2－x1. 类型五 恒成立问题和存在性问题 一、高考回顾 1（2014江苏）．已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0成立，则实数m的取值范围是 ． 答案：(－，0) 解析：据题意 解得－＜m＜0. 则实数m的取值范围是(－，0)　 2（2014江苏）．已知函数f(x)＝ex＋ex，其中e是自然对数的底数。若关于x 的不等式mf(x)≤ex＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围； 解析： 由mf(x)≤e－x＋m－1得m(f(x)－1)≤e－x－1，由于当x＞0时，ex＞1，因此f(x)＝ex＋e－x＞2，即f(x)－1＞1＞0，所以m≤＝＝.令y＝，设t＝1－ex，则t＜0，＝＝t＋－1，因为t＜0，所以t＋≤－2(t＝－1时等号成立)，即≤－2－1＝－3，－≤y＜0，所以m≤－. 3(2016江苏)．已知函数f(x)＝2x＋()x, 若对任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值； 解析：由条件知f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f(x))2－2. 因为f(2x)≥mf(x)－6对于x∈R恒成立，且f(x)＞0， 所以m≤对于x∈R恒成立. 而＝f(x)＋≥2＝4，且＝4， 所以m≤4，故实数m的最大值为4. 二、方法联想 (1)恒成立问题 ① ?x∈D,均有f(x)>A恒成立,则f(x)min>A； ②. ?x∈D,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 ①?x0∈D,使得f(x0)>A成立,则f(x) max >A； ②?x0∈D,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 ①?x1∈D, ?x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则； ② ?x1∈D, ?x2∈E, 使得f(x1)=g(x2)成立,则. 不等问题 ①?x1∈D, ?x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x)min> g(x) min； ② ?x1∈D, ?x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)max； ③ ?x1∈D, ?x2∈E, 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，λ)≥0,（ x∈D,λ为实参数）恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤: ①将参数与变量分离,即化为g(λ)≥f(x)（或g(λ)≤f(x)）恒成立的形式； ②求f(x)在x∈D上的最大（或最小）值； ③解不等式g(λ)≥f(x)max(或g(λ)≤f(x)min) ,得λ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、方法应用 例1．（1）已知f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，且当x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1.又已知函数g(x)＝x2－2x＋m，且如果对于任意的x1∈[－2，2]，都存在x2∈[－2，2]，使得g(x2)＝f(x1)，则实数m的取值范围是______________． （2）已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax，若g(x)＝，对任意x1∈[，2]，存在x2∈[，2]，使f ′(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是______________． 答案： （1）[－5，－2]　（2）(－∞，－8] 解析：（1）当x∈(0，2]时，f(x)＝2x－1为增函数，值域为(0，3]，因为f(x)是定义在[－2，2]上的奇函数，所以f(x)在[－2，2]上的值域为[－3，3]，函数g(x)＝x2－2x＋m在x∈[－2，2]上的值域为[m－1，m＋8]．因为对任意的x1∈[－2，2]，都存在x2∈[－2，2]，使得g(x2)＝f(x1)，所以f(x)在[－2，2]上的值域是g(x)＝x2－2x＋m在x∈[－2，2]上的值域的子集，所以，m－1≤－3且m＋8≥3，即[－5，－2]． （2）求导可得f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1?f′(x)在[，2]上是增函数?f′(x)max＝f′(2)＝8＋a，由g(x)＝在[，2]上是减函数?g(x)max＝g()＝，又原命题等价于f′(x)max≤g(x)max?8＋a≤?a∈(－∞，－8]． 例2.设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋－c(a，b，c∈R)，当b＝3－a时，若对任意x0∈(1，＋∞)和任意a∈(0，3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求c的最小值； 解析：方法一：当x0＞1时，则f(x0)＞0，又b＝3－a，设t＝f(x0)， 则题意可转化为方程ax＋－c＝t(t＞0) 在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2， 即关于x的方程ax2－(c＋t)x＋(3－a)＝0(t＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2． 所以得 所以c＞2－t 对任意t∈(0，＋∞)恒成立． 因为0＜a＜3，所以2≤2＝3(当且仅当a＝时取等号)． 又－t＜0，所以2－t的取值范围是(－∞，3)，所以c≥3． 故c的最小值为3. 方法二：由b＝3－a，且0 ＜a＜3，得g(x)＝a－＝＝0，得 x＝ 或x＝－(舍)， 则函数g(x)在(0，)上递减；在(，＋∞)上递增． 又对任意x0＞1，f(x0)为(0，＋∞)上的任意一个值，若存在不相等的正实数x1，x2， 使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，则g(x)的最小值小于或等于0. 即g()＝2－c≤0， 即c≥2对任意 a∈(0，3)恒成立． 又2≤a＋(3－a)＝3，所以c≥3． 当c＝3，对任意a∈(0，3)，x0∈(1，＋∞)，方程g(x)－f(x0)＝0化为 ax＋－3－f(x0)＝0，即ax2－[3＋f(x0)]x＋(3－a)＝0（*） 关于x的方程（*）的△＝[3＋f(x0)]2－4a(3－a) ≥[3＋f(x0)]2－4 ＝[3＋f(x0)]2－9, 因为x0＞1，所以f(x0)＝lnx0＞0，所以△＞0， 所以方程（*）有两个不相等的实数解x1，x2，又x1＋x2＝＞0，x1x2＝＞0， 所以x1，x2为两个正实数解． 所以c的最小值为3. 例3．已知函数f(x)＝x－alnx－1，g(x)＝，其中a均为实数，a＜0，若对任意的x1、x2∈[3，4](x1≠x2)，|f(x2)－f(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，转换为恒成立问题) 解析： 当m＝1，a＜0时，f(x)＝x－alnx－1，x∈(0，＋∞)． ∵ f′(x)＝＞0在[3，4]上恒成立， ∴ f(x)在[3，4]上为增函数． 设h(x)＝＝， ∵ h′(x)＝＞0在[3，4]上恒成立， ∴ h(x)在[3，4]上为增函数． 设x2＞x1，则 |f(x2)－f(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)＝x－alnx－1－·，则 u(x)在[3，4]上为减函数． ∴ u′(x)＝1－－·≤0在(3，4)上恒成立．(6分) ∴ a≥x－ex－1＋恒成立． 设v(x)＝x－ex－1＋， ∵ v′(x)＝1－ex－1＋＝1－ex－1[(－)2＋]，x∈[3，4]， ∴ ex－1[(－)2＋]＞e2＞1， ∴ v′(x)＜0，v(x)为减函数． ∴ v(x)在[3，4]上的最大值为v(3)＝3－e2.(8分) ∴ a≥3－e2， ∴ a的最小值为3－e2. 四、归类探究 *1．已知函数f(x)＝xe－e，函数g(x)＝mx－m（m＞0），若对任意的x∈[－2，2]，总存在x∈[－2，2]，使得f(x)＝g(x)，则实数m的取值范围是___________． (考查函数的恒成立，存在性问题，关键是理解题意，转化为值域之间的关系) 答案：[e，＋∞] **2．已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(a∈R，且a＜1)，g(x)＝x＋e－xe，若存在x∈[e，e]，使得对任意x∈[－2，0]，f(x)＜g(x)恒成立，则a的取值范围是________． (考查函数的恒成立，存在性问题，转化为函数最值之间的关系) 答案:(,1) **3．设函数f(x)＝ax＋sinx＋cosx．若函数f(x)的图象上存在不同的两点A,B,使得曲线y＝f(x)在点A,B处的切线互相垂直,则实数a的取值范围为 ． (考查存在性问题，关键是理解题意，转化为值域问题) 答案：[－1,1] 解析：因为f'(x)＝a＋cosx－sinx＝a＋cos(x＋)， 则存在实数x1，x2,使得(a＋cos(x1＋))(a＋cos(x2＋))＝－1成立. 不妨设k1＝a＋cos(x1＋)∈(0，a＋]，则k2＝a＋cos(x2＋)∈[a－，0)． 因此0＜k1(－k2)≤2－a2，1≤2－a2，则a2≤1，所以－1≤a≤1． **4．已知f(x)＝ax－2lnx－a，g(x)＝xe1－x（a∈R）．若对任意给定的x0∈(0，e]，在区间(0，e]上总存在t1，t2(t1≠t2)使得f(t1)＝f(t2)＝g(x0)，求实数a的取值范围． 解析：易得g(x)在(0，1)上递增，在(1，e]上递减，故g(x)max＝g(1)＝1， 又g(0)＝0，g(e)＝e2－e，所以g(x)的取值范围（即值域）为(0，1]． 而f(x)＝a(x－1)－2lnx过定点(1，0)，f'(x)＝a－． 1?当a＜时，在(0，e]上，f'(x)＜0，f(x)单调减，不合题意； 2?当a＞时，令f'(x)＝0得x＝，且当x＞，f(x)单调增；0＜x＜时，f(x)单调减，并注意到lnx＜x－1从而有f(x)min＝f()＝2(1－＋ln)＜0． 事实上，一方面在[，e]上，需f(e)＞1a＞＞； 另一方面在(0，)上，存在x1＝e－2a使f(x1)＝ae－2a＋3a＞3a＞＞1， 所以当a＞时，f(x)在两个单调区间上的取值范围均包含(0，1]， 所以x0∈(0，e]，必存在t1∈(0，)，t2∈(，e]，使f(t1)＝f(t2)＝g(t0). 故所求取值范围是[，＋∞)． **5.设函数f(x)＝emx＋x2－mx．若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围． (导数的综合应用，理解题意，本质是利用导数求函数的最值，解不等式) 解析：对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 故f(x)在x＝0处取得最小值，所以对于任意的x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1 的充要条件为，即①. 设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g'(t)＝et－1. 当t＜0时，g'(t)＜0；当t＞0时，g'(t)＞0. 故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0. 当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，，即上式①成立； 当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即有em－m＞e－1. 当m＜－1时，g(－m)＞0，，即e－m＋m＞e－1. 综上所述，m的取值范围是[－1，1]. **6．已知f(x)＝x2＋x,g(x)＝ln(x＋1)－a, (1)若存在x1，x2∈[0，2],使得f(x1)＞g(x2),求实数a的取值范围； (2)若存在x1，x2∈[0，2],使得f(x1)＝g(x2),求实数a的取值范围. (存在性和恒成立混合问题注意理解题意，不等关系转化为最值的关系，等量关系转化为值域的关系) 答案：（1）a＞－4；（2）[－4,ln3] ***7．已知a，b为实数，函数f(x)＝＋b，函数g(x)＝lnx. 当a＝－1时，令G(x)＝f(x)·g(x)，是否存在实数b，使得对于函数y＝G(x)定义域中的任意实数x1，均存在实数x2∈[1，＋∞)，有G(x1)－x2＝0成立？若存在，求出实数b的取值集合；若不存在，请说明理由. 解：假设存在实数b满足条件，则G(x)＝lnx≥1在x∈(0，1)∪(1，＋∞)上恒成立． 1) 当x∈(0，1)时，G(x)＝lnx≥1可化为(bx＋1－b)lnx－x＋1≤0， 令H(x)＝(bx＋1－b)lnx－x＋1，x∈(0，1)，问题转化为：H(x)≤0对任意x∈(0，1)恒成立(*)；则H(1)＝0，H′(x)＝blnx＋＋b－1，H′(1)＝0. 令Q(x)＝blnx＋＋b－1，则Q′(x)＝. ① b≤时，因为b(x＋1)－1≤(x＋1)－1<×2－1＝0， 故Q′(x)<0，所以函数y＝Q(x)在x∈(0，1)时单调递减，Q(x)>Q(1)＝0， 即H′(x)>0，从而函数y＝H(x)在x∈(0，1)时单调递增，故H(x)，所以－1<1，记I＝∩(0，1)，则当x∈I时，x－>0， 故Q′(x)>0，所以函数y＝Q(x)在x∈I时单调递增，Q(x)H(1)＝0，此时(*)不成立；所以当x∈(0，1)，G(x)＝lnx≥1恒成立时，b≤； 2) 当x∈(1，＋∞)时，G(x)＝lnx≥1可化为(bx＋1－b)lnx－x＋1≥0， 令H(x)＝(bx＋1－b)lnx－x＋1，x∈(1，＋∞)，问题转化为：H(x)≥0对任意的x∈(1，＋∞)恒成立(**)；则H(1)＝0，H′(x)＝blnx＋＋b－1，H′(1)＝0. 令Q(x)＝blnx＋＋b－1，则Q′(x)＝. ① b≥时，b(x＋1)－1>2b－1≥×2－1＝0， 故 Q′(x)>0，所以函数y＝Q(x)在x∈(1，＋∞)时单调递增，Q(x)>Q(1)＝0， 即H′(x)>0，从而函数y＝H(x)在x∈(1，＋∞)时单调递增，所以H(x)>H(1)＝0，此时(**)成立； ② 当b<时， ⅰ) 若 b≤0，必有Q′(x)<0，故函数y＝Q(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，所以Q(x)1，所以当x∈时， Q′(x)＝＝<0， 故函数y＝Q(x)在x∈上单调递减，Q(x)教 学 反 思


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