导数2章节复习讲义-2025届高三数学一轮专题复习.docx

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章节复习S2-5-2《导数中下》（2套10页，答案33）

二次函数零点分析：

理解以及识记二次函数零点分析的几种类型和处理方法，其他情况最需要稍加变型即可。开口向下的情况如此雷同。

（1）两零点在两边；

令：

（2）两零点在区间外；

令：

（3）两零点在一边；

令：，，；

（4）一零点在中间；

令：

（5）两零点在区间内；

令：，；

，；

（6）两零点在两区间

令：；；

，；

（7）没有零点或一个零点

没有零点；

一个零点；

典型例题：

已知函数有极大值和极小值，则实数a的取值范围是（6.【答案】Ｂ【解析】，因为函数有极大值和极小值，所以有两个不相等的实数根，所以判别式，解得或．）

A． B．

6.【答案】Ｂ

【解析】，因为函数有极大值和极小值，所以有两个不相等的实数根，所以判别式，解得或．

已知函数，．（解析（1）求导：当时，，，在上递增当，求得两根为即在递增，递减，递增（2），且解得：a≥2）

解析（1）求导：

当时，，，在上递增

当，求得两根为

即在递增，递减，

递增

（2），且解得：a≥2

随堂练习1：

为R上的单调函数，求实数a的取值范围（）

设函数f(x)＝x2＋aln(x＋1)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，求实数a的取值范围；（21．(理)

21．(理)解：(1)由f(x)＝x2＋aln(x＋1)可得

f′(x)＝2x＋eq\f(a,x＋1)＝eq\f(2x2＋2x＋a,x＋1)(x＞－1)．

令g(x)＝2x2＋2x＋a(x＞－1)，则其对称轴为x＝－eq\f(1,2)，故由题意可知x1，x2是方程g(x)＝0的两个均大于－1的不相等的实数根，其充要条件为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－8a＞0,g?－1?＝a＞0))，解得0＜a＜eq\f(1,2).

(2)由(1)可知f′(x)＝eq\f(2x2＋2x＋a,x＋1)＝eq\f(2?x－x1??x－x2?,x＋1)，其中－1＜x1＜x2，故

①当x∈(－1，x1)时，f′(x)＞0，即f(x)在区间(－1，x1)上单调递增；

②当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，即f(x)在区间(x1，x2)上单调递减；

③当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在区间(x2，＋∞)上单调递增．

(3)由(2)可知f(x)在区间(x1，＋∞)上的最小值为f(x2)．

又由于g(0)＝a＞0，因此－eq\f(1,2)＜x2＜0.又由g(x2)＝2xeq\o\al(2,2)＋2x2＋a＝0可得a＝－(2xeq\o\al(2,2)＋2x2)，从而f(x2)＝xeq\o\al(2,2)＋aln(x2＋1)＝xeq\o\al(2,2)－(2xeq\o\al(2,2)＋2x2)ln(x2＋1)．

设h(x)＝x2－(2x2＋2x)ln(x＋1)，其中－eq\f(1,2)＜x＜0，

则h′(x)＝2x－2(2x＋1)ln(x＋1)－2x

＝－2(2x＋1)ln(x＋1)．

由－eq\f(1,2)＜x＜0知2x＋1＞0，ln(x＋1)＜0，故h′(x)＞0，故h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上单调递增．

所以，f(x2)＝h(x2)＞h(－eq\f(1,2))＝eq\f(1－2ln2,4).

所以，实数m的取值范围为m≤eq\f(1－2ln2,4).

(事实上，当a→eq\f(1,2)时，x2→－eq\f(1,2)，此时f(x2)→eq\f(1－2ln2,4).即“m≤eq\f(1－2ln2,4)”是其充要条件．)

已知【答案】解：（1）因……1分，∵在区间上单调恒成立……2分恒成立设令

【答案】解：（1）因……1分

，∵在区间上单调

恒成立……2分

恒成立

设

令有，记

由函数的图像可知，在上单调递减，在上单调递增，……4分

∴，于是……5分

∴……6分

（2）当时有；……7分

当时有，因为当时不合题意，因此，……8分

下面讨论的情形，

记求得A，B＝

（ⅰ）当时，在上单调递增，所以要使成立，只能且，因此有……9分

（ⅱ）当时，在上单调递减，所以要使成立，只能且，因此……11分

综合（ⅰ）（ⅱ）……12分

当时A＝B，则，即使得成立，

因为在上单调递增，所以的值是唯一的；…13分

同理，，即存在唯一的非零实数，要