2018年江苏高考数学二轮复习教师用书：第2部分 八大难点突破 难点7　函数零点、单调性、极值等综合问题 Word版含答案.doc

难点七　函数零点、单调性、极值等综合问题(对应学生用书第73页)函数零点、单调性、极值都是高中数学的重要内容，也都是高考的热点和重点，在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都很大，函数与导数是高中数学的主线，它们贯穿于高中数学的各个内容，求值的问题就要涉及到方程，求取值范围的问题就离不开不等式，但方程、不等式更离不开函数，函数思想的运用是我们解决问题的重要手段，而导数是我们解决问题的一个行之有效的工具．1．函数零点函数零点问题主要是研究函数与方程问题，方程f (x)＝0的解就是函数y＝f (x)的图象与x轴的交点的横坐标，即零点．函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易，化繁为简的目的. 许多有关方程的问题可以用函数的方法解决，反之，许多函数问题也可以用方程的方法来解决．在高考中重点考查函数零点个数、零点范围以及与零点有关的范围问题，有时添加函数性质进去会使得此类问题难度加大．【例1】　(2017·江苏高考)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a>0，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)(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b2>3a；(3)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. 【导学号：56394108】[解]　(1)由f (x)＝x3＋ax2＋bx＋1，得f ′(x)＝3x2＋2ax＋b＝32＋b－.当x＝－时，f ′(x)有极小值b－.因为f ′(x)的极值点是f (x)的零点，所以f ＝－＋－＋1＝0.又a>0，故b＝＋.因为f (x)有极值，故f ′(x)＝0有实根，从而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3.当a＝3时，f ′(x)>0(x≠－1)，故f (x)在R上是增函数，f (x)没有极值；当a>3时，f ′(x)＝0有两个相异的实根x1＝，x2＝.列表如下：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f ′(x)＋0－0＋f (x)↗极大值↘极小值↗故f (x)的极值点是x1，x2.从而a>3.因此b＝＋，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，＝＋.设g(t)＝＋，则g′(t)＝－＝.当t∈时，g′(t)>0，从而g(t)在上单调递增．因为a>3，所以a>3，故g(a)>g(3)＝，即>.因此b2>3a.(3)由(1)知，f (x)的极值点是x1，x2，且x1＋x2＝－a，x＋x＝.从而f (x1)＋f (x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋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]．【例2】　已知函数f (x)＝－－b＋ln x(a，b∈R)．(1)若函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若a＝3，函数f (x)有3个零点，求实数b的取值范围．[解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－＋＋.由题意可得f ′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－＋＋≥0，所以≤＋，因为x＞0，所以x2＞0，故a≤＋x.由基本不等式可得＋x≥2(当且仅当＝x，即x＝时等号成立)，故实数a的取值范围为(－∞，2]．(2)当a＝3时，f (x)＝－－b＋ln x，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－＋＋＝＝.由f ′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝2.当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,2)2(2，＋∞)f ′(x)＋0－0＋f (x)↗极大值↘极小值↗故函数f (x)的极大值为f (1)＝3－1－b＋ln 1＝2－b，极小值为f (2)＝－－b＋ln 2＝－b＋ln 2.要使函数f (x)有3个零点，则解得＋ln 2＜b＜2.故实数b的取值范围为.2．利用函数的单调区间和极值点研究函数零点函数f (x)的零点，即f (x)＝0的根，亦即函数f (x)的图象与x轴交点横坐标，与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系(或者转化为两个熟悉函数交点问题)．【例3】　(2016－2017学年度江苏苏州市高三期中调研考试)已知f (x)＝ax3－3x2＋1(a＞0)，定义h(x)＝max{f (x)，g(x)}＝(1)求函数f (x)的极值；(2)若g(x)＝xf ′(x)，且存在x∈[1,2]使h(x)＝f (x)，求实数a的取值范围；(3)若g(x)＝ln x，试讨论函数h(x)(x＞0)的零点个数．[解]　(1)∵函数f (x)＝ax3－3x2＋1，∴f ′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，令f ′(x)＝0，得x1＝0或x2＝，∵a＞0，∴x1＜x2，列表如下：(－∞，0)0f ′(x)＋00＋f (x)↗极大值↘极小值↗∴f (x)的极大值为f (0)＝1，极小值为f ＝－＋1＝1－.(2)g(x)＝xf ′(x)＝3ax3－6x2，∵存在x∈[1,2]，使h(x)＝f (x)，∴f (x)≥g(x)在x∈[1,2]上有解，即ax3－3x2＋1≥3ax3－6x2在x∈[1,2]上有解，即不等式2a≤＋在x∈[1,2]上有解，设y＝＋＝(x∈[1,2])，∵y′＝＜0对x∈[1,2]恒成立，∴y＝＋在x∈[1,2]上单调递减，∴当x＝1时，y＝＋的最大值为4，∴2a≤4，即a≤2.(3)由(1)知，f (x)在(0，＋∞)上的最小值为f ＝1－，①当1－＞0，即a＞2时，f (x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴h(x)＝max{f (x)，g(x)}在(0，＋∞)上无零点．②当1－＝0即a＝2时，f (x)min＝f (1)＝0，又g(1)＝0，∴h(x)＝max{f (x)，g(x)}在(0，＋∞)上有一个零点．③当1－＜0，即0＜a＜2时，设φ(x)＝f (x)－g(x)＝ax3－3x2＋1－ln x(0＜x＜1)，∵φ′(x)＝3ax2－6x－＜6x(x－1)－＜0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，又φ(1)＝a－2＜0，φ＝＋＞0，∴存在唯一的x0∈，使得φ(x0)＝0，Ⅰ.当0＜x≤x0时，∵φ(x)＝f (x)－g(x)≥φ(x0)＝0，∴h(x)＝f (x)且h(x)为减函数，又h(x0)＝f (x0)＝g(x0)＝ln x0＜ln 1＝0，f (0)＝1＞0，∴h(x)在(0，x0)上有一个零点；Ⅱ.当x＞x0时，∵φ(x)＝f (x)－g(x)＜φ(x0)＝0，∴h(x)＝g(x)且h(x)为增函数，∵g(1)＝0，∴h(x)在(x0，＋∞)上有一零点；从而h(x)＝max{f (x)，g(x)}在(x0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0＜a＜2时，h(x)有两个零点；当a＝2时，h(x)有一个零点；当a＞2时，h(x)无零点．【例4】　(2017·江苏省南京市迎一模模拟)已知函数f (x)＝ax2＋ln x，g(x)＝－bx，其中a，b∈R，设h(x)＝f (x)－g(x)．(1)若f (x)在x＝处取得极值，且f ′(1)＝g(－1)－2，求函数h(x)的单调区间；(2)若a＝0时，函数h(x)有两个不同的零点x1，x2.①求b的取值范围；②求证：＞1. 【导学号：56394109】[解]　(1)由已知得f ′(x)＝ax＋(x＞0)，所以f ′＝a＋＝0，所以a＝－2.由f ′(1)＝g(－1)－2，得a＋1＝b－2，所以b＝1.所以h(x)＝－x2＋ln x＋x(x＞0)．则h′(x)＝－2x＋＋1＝(x＞0)，由h′(x)＞0得0＜x＜1，h′(x)＜0得x＞1.所以h(x)的减区间为(1，＋∞)，增区间为(0,1)．(2)①由已知h(x)＝ln x＋bx(x＞0)．所以h′(x)＝＋b(x＞0)，当b≥0时，显然h′(x)＞0恒成立，此时函数h(x)在定义域内递增，h(x)至多有一个零点，不合题意．当b＜0时，令h′(x)＝0得x＝－＞0，令h′(x)＞0得0＜x＜－；令h′(x)＜0得x＞－.所以h(x)极大＝h＝－ln(－b)－1＞0，解得－＜b＜0.且x→0时，ln x＜0，x→＋∞时，ln x＞0.所以当b∈时，h(x)有两个零点．②证明：由题意得即①×②得e－b(x1＋x2)＝x1x2.因为x1，x2＞0，所以－b(x1＋x2)＞0，所以e－b(x1＋x2)＝x1x2＞1.因为0＜－b＜，所以e－b＜1，所以x1x2＞e－2b＞e2＞e2，所以＞1.【例5】　(1)讨论函数f (x)＝ex的单调性，并证明当x＞0时，(x－2)ex＋x＋2＞0.(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝(x＞0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．[解]　(1)f (x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f ′(x)＝＝≥0，当且仅当x＝0时，f ′(x)＝0，所以f (x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．因此当x∈(0，＋∞)时，f (x)>f (0)＝－1.所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.(2)证明：g′(x)＝＝(f (x)＋a)．由(1)知，f (x)＋a单调递增．对任意a∈[0,1)，f (0)＋a＝a－1＜0，f (2)＋a＝a≥0.因此，存在唯一xa∈(0,2]，使得f (xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.当0xa时，f (x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为于是h(a)＝.由′＝＞0，得y＝单调递增，所以，由xa∈(0,2]，得＝＜h(a)＝≤＝.因为y＝单调递增，对任意λ∈，存在唯一的xa∈(0,2]，a＝－f (xa)∈[0,1)，使得h(a)＝λ.所以h(a)的值域是.综上，当a∈[0,1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是.【例6】　设函数f (x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f (x)在点(2，f (2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f (x)的单调区间．[解]　(1)因为f (x)＝xea－x＋bx，所以f ′(x)＝(1－x)ea－x＋b.依题设，即解得(2)由(1)知f (x)＝xe2－x＋ex.。