《(江蘇專版)2018年高考數學二輪復習 第2部分 八大難點突破 難點7 函數零點、單調性、極值等綜合問題學案》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《(江蘇專版)2018年高考數學二輪復習 第2部分 八大難點突破 難點7 函數零點、單調性、極值等綜合問題學案(8頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。
1、
難點七 函數零點、單調性、極值等綜合問題
(對應學生用書第73頁)
函數零點、單調性、極值都是高中數學的重要內容,也都是高考的熱點和重點,在每年的高考試題中這部分內容所占的比例都很大,函數與導數是高中數學的主線,它們貫穿于高中數學的各個內容,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,函數思想的運用是我們解決問題的重要手段,而導數是我們解決問題的一個行之有效的工具.
1.函數零點
函數零點問題主要是研究函數與方程問題,方程f (x)=0的解就是函數y=f (x)的圖象與x軸的交點的橫坐標,即零點.函數思想在解題中的應用主要表現在兩個方面:一
2、是借助有關初等函數的性質,解有關求值、解(證)不等式、解方程以及討論參數的取值范圍等問題:二是在問題的研究中,通過建立函數關系式或構造中間函數,把所研究的問題轉化為討論函數的有關性質,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的方法解決,反之,許多函數問題也可以用方程的方法來解決.在高考中重點考查函數零點個數、零點范圍以及與零點有關的范圍問題,有時添加函數性質進去會使得此類問題難度加大.
【例1】 (2017·江蘇高考)已知函數f (x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有極值,且導函數f ′(x)的極值點是f (x)的零點.(極值點是指函數取極值時對應的自變量的值
3、)
(1)求b關于a的函數關系式,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)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
4、 (x)在R上是增函數,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g′(t)=-=.
當t∈時,g′(t)>0,
從而g(t)在上單調遞增.
因為a>3,所以a>3,
故g(a)>g(3)=,即>.
因此b2
5、>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>3.
因為h′(a)=-a-<0,
于是h(a)在(3,+∞)上單調遞減.
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
6、函數f (x)=--b+ln x(a,b∈R).
(1)若函數f (x)在(0,+∞)上單調遞增,求實數a的取值范圍;
(2)若a=3,函數f (x)有3個零點,求實數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+x≥2(當且僅當=x,即x=時等號成立),
故實數a的取值范圍為(-∞,2].
(2)當a=3時,f (x)=--b+ln x,函數f (x)的定義域為(0,+∞),
f ′(x)=-++==
7、.
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.
要使函數f (x)有3個零點,則
解得+ln 2<b<2.
故實數b的取值范圍為.
2.利用函數的單調區(qū)間和極值點研究函數零點
函數f (x)的零點,即f (x)=0的根,亦即函數f (x)
8、的圖象與x軸交點橫坐標,與函數零點有關的參數范圍問題,往往利用導數研究函數的單調區(qū)間和極值點,并結合特殊點,從而判斷函數的大致圖象,討論其圖象與軸的位置關系(或者轉化為兩個熟悉函數交點問題).
【例3】 (2016-2017學年度江蘇蘇州市高三期中調研考試)已知f (x)=ax3-3x2+1(a>0),定義h(x)=max{f (x),g(x)}=
(1)求函數f (x)的極值;
(2)若g(x)=xf ′(x),且存在x∈[1,2]使h(x)=f (x),求實數a的取值范圍;
(3)若g(x)=ln x,試討論函數h(x)(x>0)的零點個數.
[解] (1)∵函數f (x)=ax
9、3-3x2+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∈[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]
10、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 (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)
11、=ax3-3x2+1-ln x(0<x<1),
∵φ′(x)=3ax2-6x-<6x(x-1)-<0,∴φ(x)在(0,1)上單調遞減,
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,又h(x0)=f (x0)=g(x0)=ln x0<ln 1=0,f (0)=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,∵g(1)=0,
∴h
12、(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】 (2017·江蘇省南京市迎一模模擬)已知函數f (x)=ax2+ln x,g(x)=-bx,其中a,b∈R,設h(x)=f (x)-g(x).
(1)若f (x)在x=處取得極值,且f ′(1)=g(-1)-2,求函數h(x)的單調區(qū)間;
(2)若a=0時,函數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:5
13、6394109】
[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).
(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h(x)在定義域內遞增,h(x)至多有一個零點,不合題意.
14、
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-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f (x)=ex的單調性,并證明當x>0時,(x-2
15、)ex+x+2>0.
(2)證明:當a∈[0,1)時,函數g(x)=(x>0)有最小值.設g(x)的最小值為h(a),求函數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,+∞)上單調遞增.
因此當x∈(0,+∞)時,f (x)>f (0)=-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單調遞增.
對任意a∈[0,1),f (0)+a=a-
16、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0xa時,f (x)+a>0,g′(x)>0,g(x)單調遞增.
因此g(x)在x=xa處取得最小值,最小值為
于是h(a)=.
由′=>0,得y=單調遞增,
所以,由xa∈(0,2],得
=<h(a)=≤=.
因為y=單調遞增,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
17、)有最小值h(a),h(a)的值域是.
【例6】 設函數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
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)上單調遞減;
當x∈(1,+∞)時,g′(x)>0,g(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調遞增.
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)的單調遞增區(qū)間為(-∞,+∞).
[方法總結]?、俸瘮敌再|與方程綜合時,要先將函數性質剖析清楚,尤其是單調性和對稱性,然后再研究函數零點問題;②函數與不等式綜合時,重點是要學會構造函數,利用函數單調性、最值進行研究;③函數、方程與不等式綜合在一起時,要注意利用導數這個有利工具進行解答.
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