第十一節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用2019考綱考題考情1函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系函數(shù)yf (x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，則(1)若f (x)0，則f (x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增。(2)若f (x)0，則f (x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減。(3)若f (x)0，則f (x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù)。2函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)的極小值若函數(shù)yf (x)在點(diǎn)xa處的函數(shù)值f (a)比它在點(diǎn)xa附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都小，且f (a)0，而且在點(diǎn)xa附近的左側(cè)f (x)0，右側(cè)f (x)0，則xa叫做函數(shù)的極小值點(diǎn)，f (a)叫做函數(shù)的極小值。(2)函數(shù)的極大值若函數(shù)yf (x)在點(diǎn)xb處的函數(shù)值f (b)比它在點(diǎn)xb附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都大，且f (b)0，而且在點(diǎn)xb附近的左側(cè)f (x)0，右側(cè)f (x)0，則xb叫做函數(shù)的極大值點(diǎn)，f (b)叫做函數(shù)的極大值，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值。3函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)f (x)在a，b上有最值的條件：一般地，如果在區(qū)間a，b上，函數(shù)yf (x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值。(2)求函數(shù)yf (x)在a，b上的最大值與最小值的步驟為：求函數(shù)yf (x)在(a，b)內(nèi)的極值；將函數(shù)yf (x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f (a)，f (b)比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值。1函數(shù)f (x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f (x)0，“f (x)>0在(a，b)上成立”是“f (x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件。2對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f (x)，“f (x0)0”是“函數(shù)f (x)在xx0處有極值”的必要不充分條件。如函數(shù)yx3在x0處導(dǎo)數(shù)為零，但x0不是函數(shù)yx3的極值點(diǎn)。一、走進(jìn)教材1(選修11P93練習(xí)T1(2)改編)函數(shù)yxex的單調(diào)遞減區(qū)間為()A(，0)B(0，)C1，)D(1，)解析y1ex<0，所以x>0。故選B。答案B2(選修11P99A組T5(4)改編)函數(shù)f (x)2xxlnx的極值是()ABCeDe2解析f (x)定義域?yàn)?0，)，因?yàn)閒 (x)2(lnx1)1lnx，當(dāng)f (x)>0時(shí)，解得0<x<e；當(dāng)f (x)<0時(shí)，解得x>e，所以xe時(shí)，f (x)取到極大值，f (x)極大值f (e)e。故選C。答案C二、走近高考3(2016·四川高考)已知a為函數(shù)f (x)x312x的極小值點(diǎn)，則a()A4B2 C4D2解析由已知得，f (x)3x2123(x24)3(x2)(x2)。于是當(dāng)x<2或x>2時(shí)，f (x)>0；當(dāng)2<x<2時(shí)，f (x)<0。故函數(shù)f (x)在區(qū)間(，2)，(2，)上單調(diào)遞增；在區(qū)間(2,2)上單調(diào)遞減。于是當(dāng)x2時(shí)，f (x)取得極小值，故a2。故選D。答案D4(2018·江蘇高考)若函數(shù)f (x)2x3ax21(aR)在(0，)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f (x)在1，1上的最大值與最小值的和為_。解析f (x)6x22ax2x(3xa)(aR)，當(dāng)a0時(shí)，f (x)>0在(0，)上恒成立，則f (x)在(0，)上單調(diào)遞增，又f (0)1，所以此時(shí)f (x)在(0，)內(nèi)無零點(diǎn)，不滿足題意。當(dāng)a>0時(shí)，由f (x)>0得x>，由f (x)<0得0<x<，則f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又f (x)在(0，)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，所以f 10，得a3，所以f (x)2x33x21，則f (x)6x(x1)，當(dāng)x(1,0)時(shí)，f (x)>0，f (x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(0,1)時(shí)，f (x)<0，f (x)單調(diào)遞減，則f (x)maxf (0)1，f (1)4，f (1)0，則f (x)min4，所以f (x)在1,1上的最大值與最小值的和為3。答案3三、走出誤區(qū)微提醒：原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系不清致誤；極值點(diǎn)存在的條件不清致誤；連續(xù)函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)不一定有最值。5如圖是函數(shù)yf (x)的導(dǎo)函數(shù)yf (x)的圖象，則下面判斷正確的是()A在區(qū)間(2,1)上f (x)是增函數(shù)B在區(qū)間(1,3)上f (x)是減函數(shù)C在區(qū)間(4,5)上f (x)是增函數(shù)D當(dāng)x2時(shí)，f (x)取到極小值解析在(4,5)上f (x)>0恒成立，所以f (x)是增函數(shù)。故選C。答案C6函數(shù)g(x)x2的極值點(diǎn)是_，函數(shù)f (x)(x1)3的極值點(diǎn)_(填“存在”或“不存在”)。解析結(jié)合函數(shù)圖象可知g(x)x2的極值點(diǎn)是x0。因?yàn)閒 (x)3(x1)20，所以f (x)0無變號(hào)零點(diǎn)，故函數(shù)f (x)(x1)3不存在極值點(diǎn)。答案0不存在7函數(shù)g(x)x2在1,2上的最小值和最大值分別是_，在(1,2)上的最小值和最大值均_(填“存在”或“不存在”)。解析根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及最值的定義可得。答案1,4不存在第1課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考點(diǎn)一討論函數(shù)的單調(diào)性【例1】(1)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則函數(shù)yxex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A1，)B(，1C1，)D(，1(2)(2019·惠州調(diào)研)已知函數(shù)f (x)x2(a2)xalnx，其中aR。若曲線yf (x)在點(diǎn)(2，f (2)處的切線與直線xy30平行，求a的值；求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間。(1)解析令y(1x)ex0。因?yàn)閑x>0，所以1x0，所以x1。故選A。答案A(2)解由f (x)x2(a2)xalnx可知，函數(shù)f (x)的定義域?yàn)閤|x>0，且f (x)2x(a2)，依題意，f (2)4(a2)1，解得a2。依題意，f (x)2x(a2)(x>0)。令f (x)0，得x11，x2。()當(dāng)a0時(shí)，0，由f (x)>0，得x>1；由f (x)<0，得0<x<1。則函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)。()當(dāng)0<<1，即0<a<2時(shí)，由f (x)>0，得0<x<或x>1；由f (x)<0，得<x<1。則函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(1，)，函數(shù)f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為。()當(dāng)1，即a2時(shí)，f (x)0恒成立，則函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)。()當(dāng)>1，即a>2時(shí)，由f (x)>0，得0<x<1或x>；由f (x)<0，得1<x<，則函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，函數(shù)f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為。確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟1確定函數(shù)f (x)的定義域。2求f (x)。3解不等式f (x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間。4解不等式f (x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間。【變式訓(xùn)練】設(shè)f (x)xlnxax2(2a1)x，aR，令g(x)f (x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間。解由f (x)lnx2ax2a，得g(x)lnx2ax2a，x(0，)。則g(x)2a。若a0，當(dāng)x(0，)時(shí)，g(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；若a>0，當(dāng)x時(shí)，g(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x時(shí)，g(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減。所以當(dāng)a0時(shí)，g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)；當(dāng)a>0時(shí)，g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為。考點(diǎn)二已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值范圍【例2】設(shè)函數(shù)f (x)x3x2bxc，曲線yf (x)在點(diǎn)(0，f (0)處的切線方程為y1。(1)求b，c的值；(2)若a>0，求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)函數(shù)g(x)f (x)2x，且g(x)在區(qū)間(2，1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解(1)f (x)x2axb。由題意得即故b0，c1。(2)由(1)得f (x)x2axx(xa)，a>0。當(dāng)x(，0)時(shí)，f (x)>0；當(dāng)x(0，a)時(shí)，f (x)<0；當(dāng)x(a，)時(shí)，f (x)>0。所以函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，0)，(a，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)。(3)g(x)x2ax2，依題意，存在x(2，1)，使不等式g(x)x2ax2<0成立。則存在x(2，1)使a>x成立，即a>min。因?yàn)閤(2，1)，所以x(1,2)，則x22，當(dāng)且僅當(dāng)x，即x時(shí)等號(hào)成立，所以a>2，則a<2。所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(，2)。1f (x)在D上單調(diào)遞增(減)，只要f (x)0(0)在D上恒成立即可，如果能夠分離參數(shù)，則盡可能分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為參數(shù)值與函數(shù)最值之間的關(guān)系。2二次函數(shù)在區(qū)間D上大于零恒成立，討論的標(biāo)準(zhǔn)是二次函數(shù)的圖象的對(duì)稱軸與區(qū)間D的相對(duì)位置，一般分對(duì)稱軸在區(qū)間左側(cè)、內(nèi)部、右側(cè)進(jìn)行討論。【變式訓(xùn)練】若函數(shù)f (x)ex(sinxa)在區(qū)間(0，)內(nèi)單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A，)B1，)C(，D(，1解析由題意，知f (x)ex(sinxcosxa)0在區(qū)間(0，)內(nèi)恒成立，即asin在區(qū)間(0，)內(nèi)恒成立。因?yàn)閤，所以sin，所以sin，1)，所以a。故選C。答案C考點(diǎn)三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用微點(diǎn)小專題方向1：解不等式【例3】(2019·安徽省示范高中聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f (x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f (x)，對(duì)任意的xR，有f (x)f (x)0，且x0，)時(shí)，f (x)>2x。若f (a2)f (a)44a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A(，1B1，)C(，2D2，)解析令G(x)f (x)x2，則G(x)f (x)2x。x0，)時(shí)，G(x)f (x)2x>0，所以G(x)在0，)上是增函數(shù)。G(x)f (x)(x)2f (x)x2G(x)，所以G(x)為偶函數(shù)，G(x)在(，0)上是減函數(shù)。因?yàn)閒 (a2)f (a)44a，所以f (a2)44aa2f (a)a2，所以f (a2)(a2)2f (a)a2，即G(a2)G(a)，所以|a2|a|，所以a1。故選A。答案A本小題構(gòu)造了新函數(shù)G(x)f (x)x2，通過討論其單調(diào)性解不等式。方向2：比較大小【例4】(2019·南昌摸底調(diào)研)已知函數(shù)f (x)是定義在R上的偶函數(shù)，設(shè)函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)為f (x)，若對(duì)任意x>0都有2f (x)xf (x)>0成立，則()A4f (2)<9f (3)B4f (2)>9f (3)C2f (3)>3f (2)D3f (3)<2f (2)解析根據(jù)題意，令g(x)x2f (x)，其導(dǎo)數(shù)g(x)2xf (x)x2f (x)，又對(duì)任意x>0都有2f (x)xf (x)>0成立，則當(dāng)x>0時(shí)，有g(shù)(x)x(2f (x)xf (x)>0恒成立，即函數(shù)g(x)在(0，)上為增函數(shù)，又由函數(shù)f (x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f (x)f (x)，則有g(shù)(x)(x)2f (x)x2f (x)g(x)，即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù)，則有g(shù)(2)g(2)，且g(2)<g(3)，則有g(shù)(2)<g(3)，即有4f (2)<9f (3)。故選A。答案A一般地，在不等式中如同時(shí)含有f (x)與f (x)，常需要通過構(gòu)造含f (x)與另一函數(shù)的積或商的新函數(shù)來求解，再借助導(dǎo)數(shù)考查新函數(shù)的性質(zhì)，繼而獲得解答。如本題已知條件“2f (x)xf (x)>0”，需構(gòu)造函數(shù)g(x)x2f (x)，求導(dǎo)后得x>0時(shí)，g(x)>0，即函數(shù)g(x)在(0，)上為增函數(shù)，從而問題得以解決。【題點(diǎn)對(duì)應(yīng)練】1(方向1)已知函數(shù)f (x)(xR)滿足f (1)1，且f (x)的導(dǎo)函數(shù)f (x)<，則不等式f (x2)<的解集為_。解析由題意構(gòu)造函數(shù)f (x)f (x)x，則F (x)f (x)。因?yàn)閒 (x)<，所以F (x)f (x)<0，即函數(shù)F (x)在R上單調(diào)遞減。因?yàn)閒 (x2)<，f (1)1，所以f (x2)<f (1)，所以F (x2)<F (1)，又函數(shù)F (x)在R上單調(diào)遞減，所以x2>1，即x(，1)(1，)。答案(，1)(1，)2(方向2)定義在R上的函數(shù)f (x)滿足：f (x)>f (x)恒成立，若x1<x2，則ex1f (x2)與ex2f (x1)的大小關(guān)系為()Aex1f (x2)>ex2f (x1)Bex1f (x2)<ex2f (x1)Cex1f (x2)ex2f (x1)Dex1f (x2)與ex2f (x1)的大小關(guān)系不確定解析設(shè)g(x)，則g(x)，由題意得g(x)>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，當(dāng)x1<x2時(shí)，g(x1)<g(x2)，即<，所以ex1f (x2)>ex2f (x1)。答案A1(配合例1使用)若函數(shù)y在(1，)上單調(diào)遞減，則稱f (x)為P函數(shù)。下列函數(shù)中為P函數(shù)的為()f (x)1；f (x)x；f (x)；f (x)。ABCD解析x(1，)時(shí)，lnx>0，x增大時(shí)，都減小，所以y，y在(1，)上都是減函數(shù)，所以f (x)1和f (x)都是P函數(shù)；，所以x(1，e)時(shí)，<0，x(e，)時(shí)，>0，即y在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，)上單調(diào)遞增，所以f (x)x不是P函數(shù)；，所以x(1，e2)時(shí)，<0，x(e2，)時(shí)，>0，即y在(1，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，)上單調(diào)遞增，所以f (x)不是P函數(shù)。故選B。答案B2(配合例1使用)已知函數(shù)f (x)ln(ex1)ax(a>0)，討論函數(shù)yf (x)的單調(diào)區(qū)間。解f (x)a1a。當(dāng)a1時(shí)，f (x)<0恒成立，所以當(dāng)a1，)時(shí)，函數(shù)yf (x)在R上單調(diào)遞減。當(dāng)0<a<1時(shí)，由f (x)>0，得(1a)(ex1)>1，即ex>1，解得x>ln，由f (x)<0，得(1a)(ex1)<1，即ex<1，解得x<ln。所以當(dāng)a(0,1)時(shí)，函數(shù)yf (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。綜上，當(dāng)a1，)時(shí)，f (x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a(0,1)時(shí)，f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。3(配合例3、例4使用)設(shè)偶函數(shù)f (x)定義在上，其導(dǎo)函數(shù)為f (x)，當(dāng)0<x<時(shí)，f (x)cosxf (x)sinx<0，則不等式f (x)>2f cosx的解集為()ABCD解析令g(x)，因?yàn)閒 (x)是定義在上的偶函數(shù)，所以g(x)是定義在上的偶函數(shù)，又當(dāng)0<x<時(shí)，f (x)cosxf (x)sinx<0，所以g(x)<0在上恒成立，即g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，將f (x)>2f cosx化為>，即g(x)>g，則|x|<，又x，所以x。故選C。答案C構(gòu)造函數(shù)比較大小此類涉及已知f (x)與f (x)的一些關(guān)系式，比較有關(guān)函數(shù)式大小的問題，可通過構(gòu)造新的函數(shù)，創(chuàng)造條件，從而利用單調(diào)性求解。一、x與f (x)的組合函數(shù)【典例1】若函數(shù)f (x)的定義域?yàn)镽，且滿足f (2)2，f (x)>1，則不等式f (x)x>0的解集為_?！窘馕觥苛頶(x)f (x)x，所以g(x)f (x)1。由題意知g(x)>0，所以g(x)為增函數(shù)。因?yàn)間(2)f (2)20，所以g(x)>0的解集為(2，)。【答案】(2，)【典例2】是圓周率，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，在3e，e3，e，3,3，e六個(gè)數(shù)中，最小的數(shù)與最大的數(shù)分別是()A3e,3B3e，e Ce3，3De,3【解析】構(gòu)造函數(shù)f (x)，f (x)的定義域?yàn)?0，)，求導(dǎo)得f (x)，當(dāng)f (x)>0，即0<x<e時(shí)，函數(shù)f (x)單調(diào)遞增；當(dāng)f (x)<0，即x>e時(shí)，函數(shù)f (x)單調(diào)遞減。故函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，)。因?yàn)閑<3<，所以eln3<eln，lne<ln3，即ln3e<lne，lne<ln3。又函數(shù)ylnx，yex，yx在定義域上單調(diào)遞增，故3e<e<3，e3<e<3，故這六個(gè)數(shù)中的最大數(shù)為3或3，由e<3<及函數(shù)f (x)的單調(diào)性，得f ()<f (3)<f (e)，即<<，由<，得ln3<ln3，所以3>3，在3e，e3，e，3,3，e六個(gè)數(shù)中的最大的數(shù)是3，同理得最小的數(shù)為3e。故選A?！敬鸢浮緼二、ex與f (x)的組合函數(shù)【典例3】已知f (x)(xR)有導(dǎo)函數(shù)，且xR，f (x)>f (x)，nN*，則有()Aenf (n)<f (0)，f (n)>enf (0)Benf (n)<f (0)，f (n)<enf (0)Cenf (n)>f (0)，f (n)>enf (0)Denf (n)>f (0)，f (n)<enf (0)【解析】設(shè)g(x)，則g(x)>0，g(x)為R上的增函數(shù)，故g(n)<g(0)<g(n)，即<<，即enf (n)<f (0)，f (n)>enf (0)。故選A?！敬鸢浮緼【典例4】設(shè)a>0，b>0，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則()A若ea2aeb3b，則a>bB若ea2aeb3b，則a<bC若ea2aeb3b，則a>bD若ea2aeb3b，則a<b【解析】因?yàn)閍>0，b>0，所以ea2aeb3beb2bb>eb2b。對(duì)于函數(shù)yex2x(x>0)，因?yàn)閥ex2>0，所以yex2x在(0，)上單調(diào)遞增，因而a>b成立。故選A?！敬鸢浮緼第2課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值考點(diǎn)一函數(shù)的極值問題微點(diǎn)小專題方向1：由圖象判斷函數(shù)的極值【例1】設(shè)函數(shù)f (x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f (x)，且函數(shù)y(1x)f (x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A函數(shù)f (x)有極大值f (2)和極小值f (1)B函數(shù)f (x)有極大值f (2)和極小值f (1)C函數(shù)f (x)有極大值f (2)和極小值f (2)D函數(shù)f (x)有極大值f (2)和極小值f (2)解析由題圖可知，當(dāng)x<2時(shí)，f (x)>0；當(dāng)2<x<1時(shí)，f (x)<0；當(dāng)1<x<2時(shí)，f (x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f (x)>0。由此可以得到函數(shù)f (x)在x2處取得極大值，在x2處取得極小值。故選D。答案D知圖判斷函數(shù)極值的情況。先找導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)，再判斷導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)的左、右兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)符號(hào)。方向2：求函數(shù)的極值【例2】已知函數(shù)f (x)2f (1)lnxx，則f (x)的極大值為()A2B2ln22CeD2e解析函數(shù)f (x)定義域(0，)，f (x)1，所以f (1)1，f (x)2lnxx，令f (x)10，解得x2。當(dāng)0<x<2時(shí)，f (x)>0，當(dāng)x>2時(shí)，f (x)<0，所以當(dāng)x2時(shí)函數(shù)取得極大值，極大值為2ln22。答案B求函數(shù)極值的一般步驟：先求函數(shù)f (x)的定義域，再求函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)f (x)；求f (x)0的根；判斷在f (x)0的根的左、右兩側(cè)f (x)的符號(hào)，確定極值點(diǎn)；求出具體極值。方向3：已知極值求參數(shù)【例3】(2019·江西八校聯(lián)考)若函數(shù)f (x)x2xalnx在1，)上有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_。解析函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，)，f (x)2x1，由題意知2x2xa0在R上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，且在1，)上有解，所以18a>0，且2×121a0，所以a(，1。答案(，1已知函數(shù)極值點(diǎn)或極值求參數(shù)的兩個(gè)要領(lǐng)1列式：根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解。2驗(yàn)證：因?yàn)槟滁c(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值等于0不是此點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗(yàn)證根的合理性?！绢}點(diǎn)對(duì)應(yīng)練】1(方向1)已知函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?a，b)，導(dǎo)函數(shù)f (x)在(a，b)上的圖象如圖所示，則函數(shù)f (x)在(a，b)上的極大值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A1B2C3D4解析由函數(shù)極值的定義和導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，f (x)在(a，b)上與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為4，但是在原點(diǎn)附近的導(dǎo)數(shù)值恒大于零，故x0不是函數(shù)f (x)的極值點(diǎn)，其余的3個(gè)交點(diǎn)都是極值點(diǎn)，其中有2個(gè)點(diǎn)滿足其附近的導(dǎo)數(shù)值左正右負(fù)，故極大值點(diǎn)有2個(gè)。答案B2(方向2)若x2是函數(shù)f (x)(x2ax1)ex1的極值點(diǎn)，則f (x)的極小值為()A1B2e3C5e3D1解析因?yàn)閒 (x)(x2ax1)ex1，所以f (x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1。因?yàn)閤2是函數(shù)f (x)(x2ax1)ex1的極值點(diǎn)，所以2是x2(a2)xa10的根，所以a1，f (x)(x2x2)ex1(x2)(x1)ex1。令f (x)>0，解得x<2或x>1，令f (x)<0，解得2<x<1，所以f (x)在(，2)上單調(diào)遞增，在(2,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x1時(shí)，f (x)取得極小值，且f (x)極小值f (1)1。答案A3(方向3)已知函數(shù)f (x)x(xc)2在x2處有極小值，則實(shí)數(shù)c的值為()A6B2C2或6D0解析由f (2)0可得c2或6。當(dāng)c2時(shí)，結(jié)合圖象(圖略)可知函數(shù)先增后減再增，在x2處取得極小值；當(dāng)c6時(shí)，結(jié)合圖象(圖略)可知，函數(shù)在x2處取得極大值。故選B。答案B4(方向3)(2019·長(zhǎng)春市質(zhì)量監(jiān)測(cè))若函數(shù)f (x)(x2ax3)ex在(0，)內(nèi)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A(，2B(，2)C(，3D(，3)解析f (x)(2xa)ex(x2ax3)exx2(a2)xa3ex，令g(x)x2(a2)xa3。由題意知，g(x)在(0，)內(nèi)先減后增或先增后減，結(jié)合函數(shù)g(x)的圖象特征知，或解得a3。故選C。答案C考點(diǎn)二函數(shù)的最值問題【例4】(2019·貴陽檢測(cè))已知函數(shù)f (x)lnx。(1)求f (x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f (x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))。解(1)f (x)lnx1lnx，f (x)的定義域?yàn)?0，)。所以f (x)，由f (x)>0，得0<x<1，由f (x)<0，得x>1，所以f (x)1lnx的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，)。(2)由(1)得f (x)在上單調(diào)遞增，在1，e上單調(diào)遞減，所以f (x)在上的最大值為f (1)11ln10。又f 1eln2e，f (e)1lne，且f <f (e)。所以f (x)在上的最小值為f 2e。綜上所述，f (x)在上的最大值為0，最小值為2e。1求函數(shù)f (x)在a，b上的最大值和最小值的步驟：第一步，求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值；第二步，求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值f (a)，f (b)；第三步，將函數(shù)f (x)的各極值與f (a)，f (b)比較，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值。2求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值?！咀兪接?xùn)練】設(shè)函數(shù)f (x)lnx2mx2n(m，nR)。(1)討論f (x)的單調(diào)性；(2)若f (x)有最大值ln2，求mn的最小值。解(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，)，f (x)4mx，當(dāng)m0時(shí)，f (x)>0，所以f (x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時(shí)，令f (x)>0得0<x<，令f (x)<0得x>，所以f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。(2)由(1)知，當(dāng)m0時(shí)，f (x)無最大值；當(dāng)m>0時(shí)，f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。所以f (x)maxf ln2m·nln2lnmnln2，所以nlnm，所以mnmlnm，令h(x)xlnx(x>0)，則h(x)1，所以h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以h(x)minhln2，所以mn的最小值為ln2。1(配合例3使用)設(shè)函數(shù)f (x)2lnxmx21。(1)討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f (x)有極值時(shí)，若存在x0，使得f (x0)>m1成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍。解(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，)，f (x)2mx，當(dāng)m0時(shí)，f (x)>0，所以f (x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時(shí)，令f (x)>0，則0<x<，令f (x)<0，則x>，所以f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。綜上，當(dāng)m0時(shí)，f (x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時(shí)，f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。(2)由(1)知，當(dāng)f (x)有極值時(shí)，m>0，且f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。所以f (x)maxf 2lnm·1lnm，若存在x0，使得f (x0)>m1成立，則f (x)max>m1。即lnm>m1，lnmm1<0成立，令g(x)xlnx1(x>0)，因?yàn)間(x)1>0，所以g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，且g(1)0，所以m1<0，即m<1。綜上，0<m<1。所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是(0,1)。2(配合例4使用)已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f (x)alnxx24x。(1)若x3是函數(shù)f (x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值；(2)設(shè)g(x)(a2)x，若存在x0，使得f (x0)g(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，)，f (x)2x4。因?yàn)閤3是函數(shù)f (x)的一個(gè)極值點(diǎn)，所以f (3)0，解得a6。經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a6時(shí)，x3是函數(shù)f (x)的一個(gè)極小值點(diǎn)，符合題意，故a6。(2)由f (x0)g(x0)，得(x0lnx0)ax2x0，記F (x)xlnx(x>0)，則F (x)(x>0)，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn) (x)<0，F(xiàn) (x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn) (x)>0，F(xiàn) (x)單調(diào)遞增。所以F (x)F (1)1>0，所以a。記G(x)，x，則G(x)。因?yàn)閤，所以22lnx2(1lnx)0，所以x2lnx2>0，所以當(dāng)x時(shí)，G(x)<0，G(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(1，e)時(shí)，G(x)>0，G(x)單調(diào)遞增。所以G(x)minG(1)1，所以aG(x)min1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為1，)。第3課時(shí)導(dǎo)數(shù)與不等式考點(diǎn)一不等式的證明微點(diǎn)小專題方向1：移項(xiàng)作差構(gòu)造法【例1】(2019·江西贛州高三模擬)已知函數(shù)f (x)1，g(x)bx，若曲線yf (x)與曲線yg(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直。(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x1時(shí)，f (x)g(x)。解(1)因?yàn)閒 (x)1，所以f (x)，f (1)1。因?yàn)間(x)bx，所以g(x)b。因?yàn)榍€yf (x)與曲線yg(x)的一個(gè)公共點(diǎn)是A(1,1)，且在點(diǎn)A處的切線互相垂直，所以g(1)1，且f (1)·g(1)1，所以g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1。(2)證明：由(1)知，g(x)x，則f (x)g(x)1x0。令h(x)1x(x1)，則h(1)0，h(x)11。因?yàn)閤1，所以h(x)1>0，所以h(x)在1，)上單調(diào)遞增，所以h(x)h(1)0，即1x0，所以當(dāng)x1時(shí)，f (x)g(x)。待證不等式的兩邊含有同一個(gè)變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性即可得證?！咀兪接?xùn)練】(2018·全國(guó)卷)已知函數(shù)f (x)aexlnx1。(e2.718 28是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))(1)設(shè)x2是f (x)的極值點(diǎn)，求a，并求f (x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a時(shí)，f (x)0。解(1)f (x)的定義域?yàn)?0，)，f (x)aex。由題設(shè)知，f (2)0，所以a。從而f (x)exlnx1，f (x)ex。當(dāng)0<x<2時(shí)，f (x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f (x)>0。所以f (x)在(0,2)單調(diào)遞減，在(2，)單調(diào)遞增。(2)證明：當(dāng)a時(shí)，f (x)lnx1。設(shè)g(x)lnx1，則g(x)。當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0。所以x1是g(x)的極小值點(diǎn)也是最小值點(diǎn)。故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)g(1)0。因此，當(dāng)a時(shí)，f (x)0。方向2：特征分析法【例2】已知函數(shù)f (x)axlnx1。(1)若f (x)0恒成立，求a的最小值；(2)證明：xlnx10；(3)已知k(exx2)xxlnx恒成立，求k的取值范圍。解(1)由題意知x>0，所以f (x)0等價(jià)于a。令g(x)，則g(x)，所以當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)>0，當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)<0，則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，所以g(x)maxg(1)1，則a1，所以a的最小值為1。(2)證明：當(dāng)a1時(shí)，由(1)得xlnx1。即tlnt1。令t，則xlnxlnt，所以xlnx1，即xlnx10。(3)因?yàn)閗(exx2)xxlnx，即k1lnx恒成立，所以k1，由(2)知xlnx10恒成立，所以11，故k1。這種方法往往要在前面問題中證明出某個(gè)不等式，在后續(xù)的問題中應(yīng)用前面的結(jié)論，呈現(xiàn)出層層遞進(jìn)的特點(diǎn)?！咀兪接?xùn)練】已知函數(shù)f (x)。(1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若對(duì)任意的x>1，恒有l(wèi)n(x1)k1kx成立，求k的取值范圍；(3)證明：<(nN*，n2)。解(1)f (x)的定義域是(0，)，f (x)，由f (x)0x1，列表如下：x(0,1)1(1，)f (x)0f (x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減因此函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，)，極大值為f (1)1，無極小值。(2)因?yàn)閤>1，ln(x1)k1kxkf (x1)k，所以f (x1)maxk，所以k1。(3)證明：由(1)可得f (x)f (x)maxf (1)11，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)取等號(hào)。令xn2(nN*，n2)。則<1<<(n2)，所以<。方向3：隔離分析法【例3】(2019·福州高三期末考試)已知函數(shù)f (x)elnxax(aR)。(1)討論f (x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)ae時(shí)，證明：xf (x)ex2ex0。解(1)f (x)a(x>0)，若a0，則f (x)>0，f (x)在(0，)上單調(diào)遞增；若a>0，則當(dāng)0<x<時(shí)，f (x)>0，當(dāng)x>時(shí)，f (x)<0，故f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。(2)因?yàn)閤>0，所以只需證f (x)2e，當(dāng)ae時(shí)，由(1)知，f (x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，所以f (x)maxf (1)e。記g(x)2e(x>0)，則g(x)，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)ming(1)e。綜上，當(dāng)x>0時(shí)，f (x)g(x)，即f (x)2e，即xf (x)ex2ex0。解：由題意知，即證exlnxex2ex2ex0，從而等價(jià)于lnxx2。設(shè)函數(shù)g(x)lnxx2，則g(x)1。所以當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)>0，當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)<0，故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，從而g(x)在(0，)上的最大值為g(1)1。設(shè)函數(shù)h(x)，則h(x)。所以當(dāng)x(0,1)時(shí)，h(x)<0，當(dāng)x(1，)時(shí)，h(x)>0，故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，從而h(x)在(0，)上的最小值為h(1)1。綜上，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)h(x)，即xf (x)ex2ex0。若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時(shí)，可將待證式進(jìn)行變形，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達(dá)到證明的目標(biāo)?！咀兪接?xùn)練】(2019·廣西三市聯(lián)考)已知f (x)axlnx，x(0，e，g(x)，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，aR。(1)當(dāng)a1時(shí)，求f (x)的極值，并證明f (x)>g(x)恒成立；(2)是否存在實(shí)數(shù)a，使f (x)的最小值為3？若存在，求出a的值；若不存在，請(qǐng)說明理由。解(1)因?yàn)閒 (x)xlnx(x>0)，f (x)1(0<xe)。所以當(dāng)0<x<1時(shí)，f (x)<0，此時(shí)f (x)單調(diào)遞減；當(dāng)1<x<e時(shí)，f (x)>0，此時(shí)f (x)單調(diào)遞增。所以f (x)的極小值為f (1)1，即f (x)在(0，e上的最小值為1，令h(x)g(x)，則h(x)，當(dāng)0<x<e時(shí)，h(x)>0，h(x)在(0，e上單調(diào)遞增，所以h(x)maxh(e)<1f (x)min。所以f (x)>g(x)恒成立。(2)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f (x)axlnx(x(0，e)有最小值3，f (x)a。當(dāng)a0時(shí)，f (x)在(0，e上單調(diào)遞減，f (x)minf (e)ae13，a(舍去)，所以a0時(shí)，不存在a使f (x)的最小值為3。當(dāng)0<<e，即a>時(shí)，f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以f (x)minf 1lna3，ae2，滿足條件。當(dāng)e，即0<a時(shí)，f (x)在(0，e上單調(diào)遞減，f (x)minf (e)ae13，a(舍去)，所以0<a時(shí)，不存在a使f (x)的最小值為3。綜上，存在實(shí)數(shù)ae2，使得當(dāng)x(0，e時(shí)，f (x)有最小值3?？键c(diǎn)二不等式恒成立問題【例4】(2019·石家莊質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知函數(shù)f (x)axex(a1)(2x1)。(1)若a1，求函數(shù)f (x)的圖象在點(diǎn)(0，f (0)處的切線方程；(2)當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)f (x)0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解(1)若a1，則f (x)xex2(2x1)，f (x)xexex4，則f (0)3，f (0)2，所以所求切線方程為y3x2。(2)若a1，則f (x)0對(duì)x>0不恒成立，若a>1，f (x)0對(duì)任意的x>0恒成立可轉(zhuǎn)化為對(duì)任意的x>0恒成立。設(shè)函數(shù)f (x)(x>0)，則F (x)。當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn) (x)>0，當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn) (x)<0，所以函數(shù)f (x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，所以f (x)maxF (1)，于是，解得a。故實(shí)數(shù)a的取值范圍是。不等式恒成立問題的求解策略1已知不等式f (x，)0(為實(shí)參數(shù))對(duì)任意的xD恒成立，求參數(shù)的取值范圍。利用導(dǎo)數(shù)解決此類問題可以運(yùn)用分離參數(shù)法。2如果無法分離參數(shù)，可以考慮對(duì)參數(shù)或自變量進(jìn)行分類討論求解，如果是二次不等式恒成立的問題，可以考慮二次項(xiàng)系數(shù)與判別式的方法(a>0，<0或a<0，<0)求解?！咀兪接?xùn)練】已知函數(shù)f (x)lnx(aR)。(1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：不等式(x1)lnx>2(x1)對(duì)x(1,2)恒成立。解(1)定義域?yàn)?0，)，f (x)。a0時(shí)，f (x)>0，f (x)在(0，)上為增函數(shù)，故f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)。a>0時(shí)，由x>a時(shí)，f (x)>0,0<x<a時(shí)，f (x)<0，知f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)。(2)證明：因?yàn)閤(1,2)，所以x1>0，所以要證原不等式成立，即證lnx>對(duì)x(1,2)恒成立，令g(x)lnx，g(x)0，所以g(x)在(0，)上為增函數(shù)，所以當(dāng)x(1,2)時(shí)，g(x)>g(1)ln10，所以lnx>對(duì)x(1,2)恒成立，所以(x1)lnx>2(x1)對(duì)x(1,2)恒成立。證明：令F (x)(x1)lnx2(x1)，F(xiàn) (x)lnx2lnx。令(x)lnx，由(1)知a1時(shí)，(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，)上為增函數(shù)。因?yàn)閤(1,2)，則(x)在(1,2)為增函數(shù)，(x)>(1)0，即x(1,2)，F(xiàn) (x)>0，所以f (x)在(1,2)上為增函數(shù)，所以f (x)>F (1)0，所以(x1)lnx>2(x1)對(duì)x(1,2)恒成立。第4課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)考點(diǎn)一求函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)【例1】設(shè)函數(shù)f (x)exax，a是常數(shù)，討論f (x)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)。解當(dāng)a>0時(shí)，f (x)exa，由f (x)0得xlna。若x<lna，則f (x)<0；若x>lna，則f (x)>0。函數(shù)f (x)在區(qū)間(，lna)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(lna，)上單調(diào)遞增，f (x)的最小值為f (lna)a(1lna)。當(dāng)0<a<e時(shí)，f (lna)a(1lna)>0，f (x)無零點(diǎn)；當(dāng)ae時(shí)，f (lna)a(1lna)0，f (x)只有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a>e時(shí)，f (lna)a(1lna)<0，根據(jù)f (0)1>0與函數(shù)的單調(diào)性，可知f (x)在區(qū)間(，lna)和(lna，)上各有一個(gè)零點(diǎn)，f (x)共有兩個(gè)零點(diǎn)。當(dāng)a0時(shí)，f (x)ex，f (x)無零點(diǎn)。當(dāng)a<0時(shí)，由f (x)0，得exax，易知曲線yex與直線yax只有一個(gè)交點(diǎn)，所以f (x)只有一個(gè)零點(diǎn)。綜上所述，當(dāng)0a<e時(shí)，f (x)無零點(diǎn)；當(dāng)a<0或ae時(shí)，f (x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a>e時(shí)，f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)。根據(jù)參數(shù)確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，解題的基本思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過研究函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、極值、函數(shù)值的極限位置等)，作出函數(shù)的大致圖象，然后通過函數(shù)圖象得出其與x軸交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，或者兩個(gè)相關(guān)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，基本步驟是“先數(shù)后形”?！咀兪接?xùn)練】(2018·全國(guó)卷)已知函數(shù)f (x)x3a(x2x1)。(1)若a3，求f (x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f (x)只有一個(gè)零點(diǎn)。解(1)當(dāng)a3時(shí)，f (x)x33x23x3，f (x)x26x3。令f (x)0解得x32或x32。當(dāng)x(，32)(32，)時(shí)，f (x)>0；當(dāng)x(32，32)時(shí)，f (x)<0。故f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，32)，(32，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(32，32)。(2)證明：由于x2x1>0，所以f (x)0等價(jià)于3a0。設(shè)g(x)3a，則g(x)0，當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)g(x)0，所以g(x)在(，)上單調(diào)遞增。故g(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，從而f (x)至多有一個(gè)零點(diǎn)。又f (3a1)6a22a62<0，f (3a1)>0，故f (x)有一個(gè)零點(diǎn)。綜上，f (x)只有一個(gè)零點(diǎn)?？键c(diǎn)二已知函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)值或范圍【例2】(2019·重慶市質(zhì)量調(diào)研)設(shè)函數(shù)f (x)x2axlnx(aR)。(1)當(dāng)a1時(shí)，求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)函數(shù)f (x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，)，當(dāng)a1時(shí)，f (x)2x1，令f (x)0，得x(負(fù)值舍去)，當(dāng)0<x<時(shí)，f (x)>0，當(dāng)x>時(shí)，f (x)<0，所以f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為。(2)令f (x)x2axlnx0，得ax，令g(x)x，其中x，則g(x)1，令g(x)0，得x1，當(dāng)x<1時(shí)，g(x)<0，當(dāng)1<x3時(shí)，g(x)>0，所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為(1,3，所以g(x)ming(1)1，由于函數(shù)f (x)在上有兩個(gè)零點(diǎn)，g3ln3，g(3)3，3ln3>3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是。與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的參數(shù)范圍問題，往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)，從而判斷函數(shù)的大致圖象，討論其圖象與x軸的位置關(guān)系，進(jìn)而確定參數(shù)的取值范圍；或通過對(duì)方程等價(jià)變形轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題。【變式訓(xùn)練】已知函數(shù)f (x)kxlnx(k>0)。(1)若k1，求f (x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f (x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的值；(3)比較e3與3e的大小。解(1)k1，f (x)xlnx，定義域?yàn)?0，)，則f (x)1，由f (x)>0得x>1，由f (x)<0得0<x<1，所以f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)。(2)由題意知方程kxlnx0僅有一個(gè)實(shí)根，由kxlnx0得k(x>0)，令g(x)(x>0)，則g(x)，當(dāng)xe時(shí)，g(x)0；當(dāng)0<x<e時(shí)，g(x)>0；當(dāng)x>e時(shí)，g(x)<0。所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，)上單調(diào)遞減，所以g(x)maxg(e)。當(dāng)x時(shí)，g(x)0。又k>0，所以要使f (x)僅有一個(gè)零點(diǎn)，則k。解法一：f (x)kxlnx，f (x)k(x>0，k>0)。當(dāng)x時(shí)，f (x)0；當(dāng)0<x<時(shí)，f (x)<0；當(dāng)x>時(shí)，f (x)>0。所以f (x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以f (x)minf 1ln，因?yàn)閒 (x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，所以1ln0，即k。解法二：因?yàn)閗>0，所以函數(shù)f (x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)即為直線ykx與曲線ylnx相切，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，由ylnx得y，所以所以k，x0e，y01，所以實(shí)數(shù)k的值為。(3)由(1)(2)知，即lnx，當(dāng)且僅當(dāng)xe時(shí)，取“”，令x3，得>ln3，即lne3>eln3ln3e，所以e3>3e?？键c(diǎn)三函數(shù)零點(diǎn)性質(zhì)研究【例3】(2019·四川內(nèi)江模擬