江蘇高考數(shù)學二輪復習教師用書：第2部分 八大難點突破 難點7　函數(shù)零點、單調(diào)性、極值等綜合問題 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 難點七　 函數(shù)零點、單調(diào)性、極值等綜合問題 (對應學生用書第73頁) 函數(shù)零點、單調(diào)性、極值都是高中數(shù)學的重要內(nèi)容，也都是高考的熱點和重點，在每年的高考試題中這部分內(nèi)容所占的比例都很大，函數(shù)與導數(shù)是高中數(shù)學的主線，它們貫穿于高中數(shù)學的各個內(nèi)容，求值的問題就要涉及到方程，求取值范圍的問題就離不開不等式，但方程、不等式更離不開函數(shù)，函數(shù)思想的運用是我們解決問題的重要手段，而導數(shù)是我們解決問題的一個行之有效的工具． 1．函數(shù)零點 函數(shù)零點問題主要是研究函數(shù)與方程問題，方程f (x)＝0

2、的解就是函數(shù)y＝f (x)的圖象與x軸的交點的橫坐標，即零點．函數(shù)思想在解題中的應用主要表現(xiàn)在兩個方面：一是借助有關初等函數(shù)的性質(zhì)，解有關求值、解(證)不等式、解方程以及討論參數(shù)的取值范圍等問題：二是在問題的研究中，通過建立函數(shù)關系式或構造中間函數(shù)，把所研究的問題轉(zhuǎn)化為討論函數(shù)的有關性質(zhì)，達到化難為易，化繁為簡的目的. 許多有關方程的問題可以用函數(shù)的方法解決，反之，許多函數(shù)問題也可以用方程的方法來解決．在高考中重點考查函數(shù)零點個數(shù)、零點范圍以及與零點有關的范圍問題，有時添加函數(shù)性質(zhì)進去會使得此類問題難度加大． 【例1】　(20xx·江蘇高考)已知函數(shù)f (x)＝x3＋ax2＋bx＋

3、1(a>0，b∈R)有極值，且導函數(shù)f ′(x)的極值點是f (x)的零點．(極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值) (1)求b關于a的函數(shù)關系式，并寫出定義域； (2)證明：b2>3a； (3)若f (x)，f ′(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于－，求a的取值范圍. 【導學號：56394108】 [解]　(1)由f (x)＝x3＋ax2＋bx＋1，得 f ′(x)＝3x2＋2ax＋b＝32＋b－. 當x＝－時，f ′(x)有極小值b－. 因為f ′(x)的極值點是f (x)的零點， 所以f ＝－＋－＋1＝0. 又a>0，故b＝＋. 因為f (x

4、)有極值，故f ′(x)＝0有實根， 從而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3. 當a＝3時，f ′(x)>0(x≠－1)， 故f (x)在R上是增函數(shù)，f (x)沒有極值； 當a>3時，f ′(x)＝0有兩個相異的實根 x1＝，x2＝. 列表如下： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f (x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故f (x)的極值點是x1，x2. 從而a>3. 因此b＝＋，定義域為(3，＋∞)． (2)證明：由(1)知，＝＋. 設g(t)＝＋，則

5、g′(t)＝－＝. 當t∈時，g′(t)>0， 從而g(t)在上單調(diào)遞增． 因為a>3，所以a>3， 故g(a)>g(3)＝，即>. 因此b2>3a. (3)由(1)知，f (x)的極值點是x1，x2， 且x1＋x2＝－a， x＋x＝. 從而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. 記f (x)，f ′(x)所有極值之和為h(a)， 因為f ′(x)的極值為b－＝－a2＋， 所以h(a)＝－a2＋，a

6、>3. 因為h′(a)＝－a－<0， 于是h(a)在(3，＋∞)上單調(diào)遞減． 因為h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6. 因此a的取值范圍為(3,6]． 【例2】　已知函數(shù)f (x)＝－－b＋ln x(a，b∈R)． (1)若函數(shù)f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝3，函數(shù)f (x)有3個零點，求實數(shù)b的取值范圍． [解]　(1)f (x)的定義域為(0，＋∞)，f ′(x)＝－＋＋. 由題意可得f ′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－＋＋≥0，所以≤＋， 因為x＞0，所以x2＞0，故a≤＋x. 由基本不等式可得

7、＋x≥2(當且僅當＝x，即x＝時等號成立)， 故實數(shù)a的取值范圍為(－∞，2]． (2)當a＝3時，f (x)＝－－b＋ln x，函數(shù)f (x)的定義域為(0，＋∞)， f ′(x)＝－＋＋＝＝. 由f ′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝2. 當x變化時，f ′(x)，f (x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f (x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故函數(shù)f (x)的極大值為f (1)＝3－1－b＋ln 1＝2－b， 極小值為f (2)＝－－b＋ln 2＝－b＋ln 2.

8、 要使函數(shù)f (x)有3個零點，則 解得＋ln 2＜b＜2. 故實數(shù)b的取值范圍為. 2．利用函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點研究函數(shù)零點 函數(shù)f (x)的零點，即f (x)＝0的根，亦即函數(shù)f (x)的圖象與x軸交點橫坐標，與函數(shù)零點有關的參數(shù)范圍問題，往往利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點，并結合特殊點，從而判斷函數(shù)的大致圖象，討論其圖象與軸的位置關系(或者轉(zhuǎn)化為兩個熟悉函數(shù)交點問題)． 【例3】　(20xx－江蘇蘇州市高三期中調(diào)研考試)已知f (x)＝ax3－3x2＋1(a＞0)，定義h(x)＝max{f (x)，g(x)}＝ (1)求函數(shù)f (x)的極值； (2)若g(x)＝xf

9、′(x)，且存在x∈[1,2]使h(x)＝f (x)，求實數(shù)a的取值范圍； (3)若g(x)＝ln x，試討論函數(shù)h(x)(x＞0)的零點個數(shù)． [解]　(1)∵函數(shù)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) 0 f ′(x) ＋ 0 0 ＋ f (x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ ∴f (x)的極大值為f (0)＝1，極小值為f ＝－＋1＝1－. (2)g(x)＝xf ′(x)＝3ax3－6x2，∵存在x

10、∈[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， 設y＝＋＝(x∈[1,2])，∵y′＝＜0對x∈[1,2]恒成立， ∴y＝＋在x∈[1,2]上單調(diào)遞減，∴當x＝1時，y＝＋的最大值為4， ∴2a≤4，即a≤2. (3)由(1)知，f (x)在(0，＋∞)上的最小值為f ＝1－， ①當1－＞0，即a＞2時，f (x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴h(x)＝max{f (x)，g(x)}在(0，＋∞)上無零點． ②當1－＝0即a＝2時，f

11、(x)min＝f (1)＝0，又g(1)＝0， ∴h(x)＝max{f (x)，g(x)}在(0，＋∞)上有一個零點． ③當1－＜0，即0＜a＜2時，設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)上單調(diào)遞減， 又φ(1)＝a－2＜0，φ＝＋＞0，∴存在唯一的x0∈，使得φ(x0)＝0， Ⅰ.當0＜x≤x0時，∵φ(x)＝f (x)－g(x)≥φ(x0)＝0，∴h(x)＝f (x)且h(x)為減函數(shù)，又h(x0)＝f (x0)＝g(x0)＝ln x0＜ln 1＝0，f (0)＝

12、1＞0，∴h(x)在(0，x0)上有一個零點； Ⅱ.當x＞x0時，∵φ(x)＝f (x)－g(x)＜φ(x0)＝0， ∴h(x)＝g(x)且h(x)為增函數(shù)，∵g(1)＝0， ∴h(x)在(x0，＋∞)上有一零點； 從而h(x)＝max{f (x)，g(x)}在(x0，＋∞)上有兩個零點， 綜上所述，當0＜a＜2時，h(x)有兩個零點；當a＝2時， h(x)有一個零點；當a＞2時，h(x)無零點． 【例4】　(20xx·江蘇省南京市迎一模模擬)已知函數(shù)f (x)＝ax2＋ln x，g(x)＝－bx，其中a，b∈R，設h(x)＝f (x)－g(x)． (1)若f (x)

13、在x＝處取得極值，且f ′(1)＝g(－1)－2，求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若a＝0時，函數(shù)h(x)有兩個不同的零點x1，x2. ①求b的取值范圍； ②求證：＞1. 【導學號：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)． 則h′(x)＝－2x＋＋1＝(x＞0)， 由h′(x)＞0得0＜x＜1，h′(x)＜0得x＞1. 所以h(x)的減區(qū)間為(1，＋∞)，增區(qū)間為(0,1)．

14、(2)①由已知h(x)＝ln x＋bx(x＞0)． 所以h′(x)＝＋b(x＞0)， 當b≥0時，顯然h′(x)＞0恒成立，此時函數(shù)h(x)在定義域內(nèi)遞增，h(x)至多有一個零點，不合題意． 當b＜0時，令h′(x)＝0得x＝－＞0，令h′(x)＞0得0＜x＜－；令h′(x)＜0得x＞－. 所以h(x)極大＝h＝－ln(－b)－1＞0，解得－＜b＜0. 且x→0時，ln x＜0，x→＋∞時，ln x＞0. 所以當b∈時，h(x)有兩個零點． ②證明：由題意得即 ①×②得e－b(x1＋x2)＝x1x2. 因為x1，x2＞0， 所以－b(x1＋x2)＞0， 所以e－

15、b(x1＋x2)＝x1x2＞1. 因為0＜－b＜， 所以e－b＜1， 所以x1x2＞e－2b＞e2＞e2， 所以＞1. 【例5】　(1)討論函數(shù)f (x)＝ex的單調(diào)性，并證明當x＞0時，(x－2)ex＋x＋2＞0. (2)證明：當a∈[0,1)時，函數(shù)g(x)＝(x＞0)有最小值．設g(x)的最小值為h(a)，求函數(shù)h(a)的值域． [解]　(1)f (x)的定義域為(－∞，－2)∪(－2，＋∞)． f ′(x)＝＝≥0， 當且僅當x＝0時，f ′(x)＝0，所以f (x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上單調(diào)遞增． 因此當x∈(0，＋∞)時，f (x)>f (0)

16、＝－1. 所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0. (2)證明：g′(x)＝＝(f (x)＋a)． 由(1)知，f (x)＋a單調(diào)遞增． 對任意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. 當0<x<xa時，f (x)＋a<0，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當x>xa時，f (x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增． 因此g(x)在x＝xa處取得最小值，最小值為 于是h(a)

17、＝. 由′＝＞0，得y＝單調(diào)遞增， 所以，由xa∈(0,2]，得 ＝＜h(a)＝≤＝. 因為y＝單調(diào)遞增，對任意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. 綜上，當a∈[0,1)時，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是. 【例6】　設函數(shù)f (x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f (x)在點(2，f (2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4. (1)求a，b的值； (2)求f (x)的單調(diào)區(qū)間． [解]　(1)因為f (x)＝xea－x＋bx， 所以f ′(x)＝(1－x)ea－x＋b. 依題設，即

18、 解得 (2)由(1)知f (x)＝xe2－x＋ex. 由f ′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f ′(x)與1－x＋ex－1同號． 令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1. 所以，當x∈(－∞，1)時，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值， 從而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)． 綜上可知，f ′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． [方法總結]　①函數(shù)性質(zhì)與方程綜合時，要先將函數(shù)性質(zhì)剖析清楚，尤其是單調(diào)性和對稱性，然后再研究函數(shù)零點問題；②函數(shù)與不等式綜合時，重點是要學會構造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性、最值進行研究；③函數(shù)、方程與不等式綜合在一起時，要注意利用導數(shù)這個有利工具進行解答．