2020高考数学理科大一轮复习导学案：第二章 函数、导数及其应用2-11 WORD版含答案 (2).docx

1、 知识点一利用导数研究函数的单调性 函数yf(x)在区间(a，b)内可导，1若f(x)0，则f(x)在这个区间内是单调递增函数；2若f(x)0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f(x)0，则f(x)在此区间内没有单调性()(3)在(a，b)内f(x)0且f(x)0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数()(4)开区间上的单调连续函数无最值()2如图所示是函数f(x)的导函数f(x)的图象，则下列判断中正确的是(A)A函数f(x)在区间(3,0)上是减函数B函数f(x)在区间(3,2)上是减函数C函数f(x)在区间(0,2)上是减函数D函数f(x)在区间(3,2)上是单调函数解

2、析：当x(3,0)时，f(x)0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f(x)(x2)ex0，解得x2.知识点二利用导数研究函数的极值 函数极值的概念函数yf(x)在点xa处的函数值f(a)比它在点xa附近其他点的函数值都小，f(a)0；而且在点xa附近的左侧f(x)0.类似地，函数yf(x)在点xb处的函数值f(b)比它在点xb附近其他点的函数值都大，f(b)0；而且在点xb附近的左侧f(x)0，右侧f(x)0，得x2或x2；令f(x)0，得2x0(f(x)0，讨论f(x)在(0,2)上的单调性【解析】(1)f(x)sinxxcosxsinxxcosx.令f(x)xcosx0，则其在区间(，

3、)上的解集为，即f(x)的单调递增区间为，和.(2)因为f(x)1(0x0)当0kk0，且2，所以x(0，k)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，k)上是减函数，在(k,2)上是增函数；当k2时，k2，f(x)2时，0，所以x时，f(x)0，所以函数f(x)在上是减函数，在上是增函数【答案】(1)和(2)见解析在例1(2)中，将“(0,2)”改为“(0，)”，其他条件不变，求函数f(x)的单调区间解：由例题知f(x)(x0，k0)当0k2时，k，f(x)的单调减区间为(0，k)，增区间为.当k2时，k2，f(x)2时，k，f(x)的单调减区间为和(k，)，增区间为.1.确定函数单调区间的步

4、骤(1)确定函数f(x)的定义域.(2)求f(x).(3)解不等式f(x)0，解集在定义域内的部分为单调递增区间.(4)解不等式f(x)0，即8x0，解得x，函数y4x2的单调增区间为.故选B.(2)设f(x)xlnxax2(2a1)x，aR，令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间解：由f(x)lnx2ax2a，得g(x)lnx2ax2a，x(0，)则g(x)2a.若a0，当x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；若a0，当x时，g(x)0，函数g(x)单调递增，当x时，g(x)0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.考向二根据函数单调性求参数的范围 【例2】(1)若f(x)x2

5、bln(x2)在(1，)内是减函数，则b的取值范围是_(2)若函数f(x)x2exax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是_【解析】(1)(分离参数法)若f(x)x2bln(x2)在(1，)内是减函数，则对任意x(1，)，f(x)x0，只需bx(x2)在(1，)内恒成立，令yx(x2)(x1)21，则在(1，)内y1，b的取值范围是b1.(2)函数f(x)x2exax，f(x)2xexa.函数f(x)x2exax在R上存在单调递增区间，f(x)2xexa0有解，即a0，xln2，g(x)2exln2，当xln2时，g(x)max2ln22.a0，解得0x0时，g(x)在内单调递减，在内

6、单调递增函数g(x)在区间(1,2)内不单调，12，解得k0都有2f(x)xf(x)0成立，则()A4f(2)9f(3)C2f(3)3f(2) D3f(3)0都有2f(x)xf(x)0成立，则当x0时，有g(x)x(2f(x)xf(x)0恒成立，即函数g(x)在(0，)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(x)f(x)，则有g(x)(x)2f(x)x2f(x)g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(2)g(2)，且g(2)g(3)，则有g(2)g(3)，即有4f(2)0时，xf(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是_【解析】令g(x)，则g(x)0，x(0

7、，)，所以函数g(x)在(0，)上单调递增又g(x)g(x)，所以g(x)是偶函数，g(2)0g(2)，所以f(x)xg(x)0或解得x2或2x0的解集为(2，0)(2，)【答案】(2,0)(2，)1(方向1)已知f(x)是定义在区间(0，)内的函数，其导函数为f(x)，且不等式xf(x)2f(x)恒成立，则(B)A4f(1)f(2)Cf(1)4f(2) Df(1)0)，则g(x)g(2)，即，所以4f(1)f(2)，故选B.2(方向1)已知f(x)是定义在(，)上的函数，导函数f(x)满足f(x)e2f(0)，f(2 017)e2 017f(0)Bf(2)e2 017f(0)Cf(2)e2f

8、(0)，f(2 017)e2 017f(0)Df(2)e2f(0)，f(2 017)e2 017f(0)解析：构造F(x)形式，则F(x)，导函数f(x)满足f(x)f(x)，则F(x)0，F(x)在R上单调递减，根据单调性可知选D.3(方向2)已知函数f(x)的定义域为R，f(2)2 021，对任意xR，都有f(x)x22 017的解集为(C)A(2，) B(2,2)C(，2) D(，)解析：令函数F(x)f(x)x22 017，则F(x)f(x)2xx22 017可化为F(x)F(2)，即原不等式f(x)x22 017的解集为x|x2故选C.第2课时导数与函数的极值、最值考向一 函数的极值

9、 方向1利用图象判断极值【例1】设函数f(x)在R上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)C函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)D函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2)【解析】由题图可知，当x0；当2x1时，f(x)0；当1x2时，f(x)2时，f(x)0.由此可以得到函数f(x)在x2处取得极大值，在x2处取得极小值【答案】D方向2求函数的极值【例2】(2019深圳调研)设函数f(x)ln(x1)a(x2x)，其中aR.讨论函数f(

10、x)极值点的个数，并说明理由【解】f(x)a(2x1)(x1)令g(x)2ax2axa1，x(1，)当a0时，g(x)1，此时f(x)0，函数f(x)在(1，)上单调递增，无极值点当a0时，a28a(1a)a(9a8)a当0时，0，设方程2ax2axa10的两根为x1，x2(x1x2)，因为x1x2，所以x1.由g(1)10，可得1x10，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x(x1，x2)时，g(x)0，f(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增因此函数有两个极值点当a0，由g(1)10，可得x110，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)

11、单调递减所以函数有一个极值点综上所述，当a时，函数f(x)有两个极值点方向3根据极值求参数【例3】(2019陕西质量检测)若函数f(x)axx2lnx存在极值，且这些极值的和不小于4ln2，则a的取值范围为()A2，) B2，)C2，) D4，)【解析】f(x)a2x，因为f(x)存在极值，所以f(x)0在(0，)上有根，即2x2ax10在(0，)上有根，所以a280，显然当0时，f(x)无极值，不合题意，所以a280，即a2或a0，则f(x1)，f(x2)为f(x)的极值，所以f(x1)f(x2)(ax1xlnx1)(ax2xlnx2)a(x1x2)(xx)(lnx1lnx2)(1)ln24

12、ln2，所以a2.综上，a的取值范围为2，)，故选C.【答案】C函数极值的两类热点问题(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤确定函数的定义域；求导数f(x)；解方程f(x)0，求出函数定义域内的所有根；列表检验f(x)在f(x)0的根x0左右两侧值的符号(2)根据函数极值情况求参数的两个要领列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解验证：求解后验证根的合理性1(方向1)函数yf(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是(C)A(1,3)为函数yf(x)的单调递增区间B(3,5)为函数yf(x)的单调递减区间C函数yf(x)在x0处取得极大值D函数yf(x)在x

13、5处取得极小值解析：由函数yf(x)的导函数的图象可知，当x1或3x5时，f(x)5或1x0，yf(x)单调递增所以函数yf(x)的单调递减区间为(，1)，(3,5)，单调递增区间为(1，3)，(5，)函数yf(x)在x1,5处取得极小值，在x3处取得极大值，故选项C错误，故选C.2(方向2)(2019山西太原模拟)设函数f(x)x3xm的极大值为1，则函数f(x)的极小值为(A)A B1C. D1解析：f(x)x21，由f(x)0得x11，x21.所以f(x)在区间(，1)上单调递增，在区间(1,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，所以函数f(x)在x1处取得极大值，且f(1)1，即m

14、，函数f(x)在x1处取得极小值，且f(1)131.故选A.3(方向3)(2019江西八校联考)若函数f(x)x2xalnx在1，)上有极值点，则实数a的取值范围为(，1解析：函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x1，由题意知2x2xa0在R上有两个不同的实数解，且在1，)上有解，所以18a0，且2121a0，所以a(，1考向二函数的最值 【例4】已知函数f(x)xmlnx(mR)，g(x)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当m2时，若存在x1e，e2，使得对任意x22,0，f(x1)g(x2)成立，求实数m的取值范围【解】(1)f(x)xmlnx(x0)，f

15、(x)1.当m2时，在1，e上有f(x)0，f(x)minf(1)2m；当me1时，在1，e上有f(x)0，f(x)minf(e)em；当2me1时，若x1，m1，则f(x)0，若xm1，e，则f(x)0，f(x)minf(m1)m2mln(m1)综上，f(x)min(2)由题知，条件等价于f(x1)ming(x2)min.由(1)知m2时，在e，e2上有f(x)0，f(x1)minf(e)em.g(x)xex(x1)exx(1ex)，当x22,0时，g(x2)0，g(x2)ming(0)1.解得m2.实数m的取值范围是.(1)函数在闭区间上的最值在端点处或区间内的极值点处取得，上述值中最大的

16、即为最大值、最小的即为最小值如果函数在一个区间上(不论区间的类型)有唯一的极值点，则该点也是最值点(2)注意把不等式恒成立问题转化为函数的最值问题(2018全国卷)已知函数f(x)2sinxsin2x，则f(x)的最小值是.解析：解法1：因为f(x)2sinxsin2x，所以f(x)2cosx2cos2x4cos2x2cosx24(cosx)(cosx1)，由f(x)0得cosx1，即2kx2k，kZ，由f(x)0得1cosx，即2kx2k或2kx2k，kZ，所以当x2k(kZ)时，f(x)取得最小值，且f(x)minf(2k)2sin(2k)sin2(2k).解法2：因为f(x)2sinxs

17、in2x2sinx(1cosx)，所以f(x)24sin2x(1cosx)24(1cosx)(1cosx)3，设cosxt，则y4(1t)(1t)3(1t1)，所以y4(1t)33(1t)(1t)24(1t)2(24t)，所以当1t0；当t1时，y0恒成立，求整数a的最大值【解】(1)f(x)ex，因为函数f(x)的图象与直线yx1相切，所以令f(x)1，即ex1，得x0，即f(0)1，解得a2.(2)现证明exx1，设F(x)exx1，则F(x)ex1，令F(x)0，则x0，当x(0，)时，F(x)0，当x(，0)时，F(x)lnx，当a2时，lnx0恒成立当a3时，存在x，使exalnx不

18、恒成立综上，整数a的最大值为2.方向2“双变量”型不等式证明【例2】(2018全国卷)已知函数f(x)xalnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：2，令f(x)0得，x或x.当x(0，)(，)时，f(x)0.所以f(x)在(0，)，(，)单调递减，在(，)单调递增(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x11.由于1a2a2a，所以a2等价于x22lnx20.设函数g(x)x2lnx，由(1)知，g(x)在(0，)单调递减，又g(1)0，从而当x(1，)

19、时，g(x)0.所以x22lnx20，即0，G(1)1e0，F(x)0，F(x)为增函数；当x(x0，)时，G(x)0，F(x)0，F(x)为减函数F(x)F(x0)lnx0x0x0ex01，又ex00，ex0，即lnx0x0，F(x0)0，即F(x)0，f(x)g(x)2(方向2)已知函数f(x)lnxx.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)函数g(x)f(x)xm有两个零点x1，x2，且x11.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)f(x)1，令f(x)10，得0x1，令f(x)11，所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，函数f(x)的单调递减区间为(1，)(2)证明：根据题意，

20、g(x)lnxm(x0)，因为x1，x2是函数g(x)lnxm的两个零点，所以lnx1m0，lnx2m0.两式相减，可得ln，即ln，故x1x2.那么x1，x2.令t，其中0t1，则x1x2.构造函数h(t)t2lnt，则h(t).对于0t0恒成立，故h(t)h(1)，即t2lnt1，故x1x21.考向二不等式恒成立问题 【例3】(2019陕西西北九校联考)已知函数f(x)lnxt(x1)，t为实数(1)当t1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若当t时，f(x)0，f(x)1.由f(x)0可得0x0可得x1，函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)(2)当t时，f(x)

21、lnx，f(x)lnxlnx，当x1时，f(x)0恒成立，等价于k1时，h(x)0，函数h(x)x1lnx在(1，)上单调递增，故h(x)h(1)0，从而当x1时，g(x)g(1)0，即函数g(x)在(1，)上单调递增，故g(x)g(1)，因此当x1时，若使kg(x)对一切xI恒成立I是f(x)g(x)解集的子集f(x)g(x)min0(xI).(2)对x1，x2D使得f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(2019山西八校联考)已知函数f(x)x1alnx(aR)，g(x).(1)当a2时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2)若a0，且对任意x1，x2(0,1，都有|f(x

22、1)f(x2)|4|g(x1)g(x2)|，求实数a的取值范围解：(1)当a2时，f(x)x12lnx，f(x)1，f(1)0，切线的斜率kf(1)3，故曲线yf(x)在x1处的切线方程为3xy30.(2)对x(0,1，当a0，f(x)在(0,1上单调递增，易知g(x)在(0,1上单调递减，不妨设x1，x2(0,1，且x1x2，f(x1)g(x2)，f(x2)f(x1)f(x2).令h(x)f(x)，则当x1h(x2)，h(x)在(0,1上单调递减，h(x)10在(0,1上恒成立，x2ax40在(0,1上恒成立，等价于ax在(0,1上恒成立，只需a(x)max.yx在(0,1上单调递增，yma

23、x3，3a0，故实数a的取值范围为3,0)考向三不等式存在性问题 【例4】已知函数f(x)x(a1)lnx(aR)，g(x)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22，0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范围【解】(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x).当a1时，x1，e，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)minf(1)1a.当1ae时，x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数所以f(x)minf(a)a(a1)lna1.当ae时，x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e

24、上为减函数f(x)minf(e)e(a1).综上，当a1时，f(x)min1a；当1ae时，f(x)mina(a1)lna1；当ae时，f(x)mine(a1).(2)由题意知f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2,0)的最小值由(1)知当a1时f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1).g(x)(1ex)x.当x2,0时g(x)0，g(x)为减函数，g(x)ming(0)1，所以e(a1)，所以a的取值范围为.存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)g(a)对于xD恒成立，应求f(x)的最小值；若存在xD，使得f

25、(x)g(a)成立，应求f(x)的最大值，在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错(2019河北五名校联考)已知a为实数，函数f(x)alnxx24x.(1)若x3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；(2)设g(x)(a2)x，若存在x0，e，使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x4.x3是函数f(x)的一个极值点，f(3)0，解得a6.经检验，当a6时，x3是函数f(x)的一个极小值点，

26、符合题意，故a6.(2)由f(x0)g(x0)，得(x0lnx0)ax2x0，记F(x)xlnx(x0)，则f(x)(x0)，当0x1时，f(x)1时，f(x)0，F(x)单调递增F(x)F(1)10，a.记G(x)，x，e，则G(x).x，e，22lnx2(1lnx)0，x2lnx20，当x(，1)时，G(x)0，G(x)单调递增G(x)minG(1)1，aG(x)min1，故实数a的取值范围为1，) 解决ex，lnx与x的组合函数问题的二类技巧近几年高考压轴题常以x与ex，lnx组合的函数为基础来命制，将基本初等函数的概念、图象与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证

27、明相关不等式(或比较大小)、求参数的取值范围(或最值)预计今后高考试题除了延续往年的命题形式，还会更着眼于知识点的巧妙组合，注重对函数与方程、转化与化归、分类讨论和数形结合等思想的灵活运用，突出对数学思维能力和数学核心素养的考查1分离lnx与ex典例1设函数f(x)，曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线e2xye0垂直(1)若f(x)在(m，m1)上存在极值，求实数m的取值范围；(2)求证：当x1时，不等式.【思路点拨】(1)求出f(x)的导数，求得切线的斜率，由两直线垂直的条件可得a1，利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值，列出不等式，解不等式即可得到m的取值范围；(2)所证不

28、等式中同时含有ex与lnx，结构复杂，可考虑构造新函数g(x)，h(x)，通过求导，利用其单调性进行证明【解】(1)因为f(x)，所以曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线斜率为.又切线与直线e2xye0垂直，可得f(e)，所以，解得a1，所以f(x)，f(x)(x0)，当0x0，f(x)为增函数；当x1时，f(x)0，f(x)为减函数，所以x1是函数f(x)的极大值点又f(x)在(m，m1)上存在极值，所以m1m1，即0m变形为，分别构建函数g(x)和函数h(x).则g(x)，令(x)xlnx，则(x)1.因为x1，所以(x)0，所以(x)在(1，)上是增函数，所以(x)(1)10，所以g

29、(x)0，所以g(x)在(1，)上是增函数，所以x1时，g(x)g(1)2，故.h(x)，因为x1，所以1ex0，所以h(x)1时，h(x)h(x)，即.【点评】若不分离ex与lnx，则难以求导，因此，对于形式复杂的函数，往往需要合理分拆与变形高考为体现选拔功能，在解答题中不会单一考查某一初等函数，而是将不同增长速度的函数综合在一起考查，这就需要我们把已经糅合在一起的不同增长速度的函数进行分离，转化为我们熟悉的利于用导数工具求解的函数模型2借助exx1和lnxx1进行放缩典例2(2019山东、湖北部分重点中学模拟)已知函数f(x)mx2nxxlnx(m0)，且f(x)0.(1)求的最小值；(2

30、)当取得最小值时，若方程ex1(12a)xaf(x)0无实根，求实数a的取值范围【思路点拨】(1)利用导数，借助单调性求最值；(2)分离参数，利用放缩法确定函数值域【解】(1)令g(x)mxnlnx，则f(x)0g(x)0(x0)，令g(x)0，则x，所以g(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增此时g(x)ming()1nln0ln0，即ln，令h(t)tlntt(t0)，令h(t)lnt0，则t1，所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故h(t)minh(1)1，则1，即()min1.(2)由(1)知，当取得最小值1时，t1，m1，n1.ex1(12a)xaf(x

31、)0a，记H(x)，则H(x)，由(1)知x1lnx0lnxx1，即ex1x，则(xlnx)ex1xex1x0(当且仅当x1时取等号)，所以当x(0,1)时，H(x)0，所以H(x)在(1，)上为增函数所以x1时，H(x)取得最小值，为H(1)1.由lnxx1，自变量取可得lnx12x1lnxx，即x(x1lnx)x21，由x1lnx，自变量取e可得e1(x0)，从而ex()3，则可得ex1.当x1时，H(x)，即H(x)无最大值，所以H(x)1，)故a0时，f(x)exa，由f(x)0得xlna.若xlna，则f(x)lna，则f(x)0.函数f(x)在区间(，lna)上单调递减，在区间(l

32、na，)上单调递增，f(x)的最小值为f(lna)a(1lna)当0a0，f(x)无零点；当ae时，f(lna)a(1lna)0，f(x)只有一个零点；当ae时，f(lna)a(1lna)0与函数的单调性，可知f(x)在区间(，lna)和(lna，)上各有一个零点，f(x)共有两个零点当a0时，f(x)ex，f(x)无零点当a0时，由f(x)0，得exax，易知曲线yex与直线yax只有一个交点，所以f(x)只有一个零点综上所述，当0ae时，f(x)无零点；当ae时，f(x)有两个零点根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位

33、置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”.已知函数f(x)(a0)，h(x)x.当a1时，研究函数(x)f(x)h(x)在(0，)上零点的个数解：当a1时，函数(x)f(x)h(x)，(x)1.当x2时，(x)0恒成立，当0x2时，x(2x)21，(x)11110，(x)0，(2)0时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)当a0时，设函数g(x)xf(x)k(x2)2.若函数g(x)在区间上有两个零点，求实数k的取值范围【解】(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)的导数为f(x)ax1a(a0)，当a(0,1

34、)时，1.由f(x)或x1.所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，；当a1时，恒有f(x)0，所以f(x)的单调递减区间为(0，)；当a(1，)时，1.由f(x)1或x.所以f(x)的单调递减区间为，(1，)综上，当a(0,1)时，f(x)的单调递减区间为(0,1)，；当a1时，f(x)的单调递减区间为(0，)；当a(1，)时，f(x)的单调递减区间为，(1，)(2)g(x)x2xlnxk(x2)2在x上有两个零点，即关于x的方程k在x上有两个不相等的实数根令函数h(x)，x，则h(x)，令函数p(x)x23x2lnx4，x.则p(x)在上有p(x)0，故p(x)在上单调递增因为p(1)0，

35、所以当x时，有p(x)0，即h(x)0即h(x)0，所以h(x)单调递增因为h，h(1)1，h(10)h，所以k的取值范围为.通过函数的极值(最值)判断函数零点个数，主要是借助导数研究函数的单调性、极值，通过极值的正负、函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围.设函数f(x)x2alnx，g(x)(a2)x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数F(x)f(x)g(x)有两个零点x1，x2，求满足条件的最小正整数a的值解：(1)f(x)2x(x0)当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，)，此时f(x)无单调递减区间当a

36、0时，由f(x)0，得x，由f(x)0，得0x0)因为函数F(x)有两个零点，所以a0，此时函数F(x)在上单调递增，在上单调递减所以F(x)的最小值F0，即a24a4aln0，所以a4ln40.令h(a)a4ln4，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0aa0时，h(a)0，F(1)0，所以a3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.考向三函数零点性质研究 【例3】(2019福建龙岩质检)已知函数f(x)2lnx，mR.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x

37、2，且x1x2，证明：f(x2)1时，44m0，令g(x)0得x11，x21，x1x2.当1m0时，0x10，f(x)0；在(x1，x2)上，g(x)0，f(x)0.所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减当m0时，x10x2，则在(0，x2)上，g(x)0，f(x)0，f(x)0.所以函数f(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增综上，当m1时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当1m0时，函数f(x)在(0,1)，(1，)上单调递增，在(1，1)上单调递减；当m0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增(2)证明：因

38、为函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1x2, 所以g(x)x22xm0有两个不同的正根x11，x21，所以解得1m0.欲证明f(x2)x22lnx21.因为mx2x2，所以证明2lnx21成立，等价于证明2lnx2x21成立因为mx2(x22)(1,0)，所以x21(1,2)设函数h(x)2lnxx，x(1,2)，求导可得h(x)1.易知h(x)0在(1,2)上恒成立，即h(x)在(1,2)上单调递增，所以h(x)2ln111，即2lnx2x21在(1,2)上恒成立综上，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1x2，则f(x2)x21.函数f(x)x2mln(1x)，m(0，)，若函

39、数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1x12x1ln2.证明：由题意得，f(x)，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1x2，则x1，x2.因为0m，所以0，则1x1x20，且f(x)在(x1，x2)上单调递减，在(1，x1)和(x2，)上单调递增，则f(x2)x12x1ln2，只需证2f(x2)2x2mln(1x2)2x4x1x2ln(1x2)2x4(1x2)x2ln(1x2)(1x2)2(1x2)ln21x22(1x2)ln2，即证2x4(1x2)x2ln(1x2)(1x2)(12ln2)0对x20恒成立设(x)2x24(1x)xln(1x)(1x)(12ln2)(x0)，则(x)4(12x)ln(1x)ln，当x0，ln(1x)0，所以(x)0，故(x)在(，0)上单调递增，故(x)24()ln(12ln2)0，所以2x4(1x2)x2ln(1x2)(1x2)(12ln2)0对x2x12x1ln2.