《（江蘇專(zhuān)版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 八大難點(diǎn)突破 專(zhuān)項(xiàng)限時(shí)集訓(xùn)7 函數(shù)零點(diǎn)、單調(diào)性、極值等綜合問(wèn)題》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 八大難點(diǎn)突破 專(zhuān)項(xiàng)限時(shí)集訓(xùn)7 函數(shù)零點(diǎn)、單調(diào)性、極值等綜合問(wèn)題（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專(zhuān)項(xiàng)限時(shí)集訓(xùn)(七)函數(shù)零點(diǎn)、單調(diào)性、極值等綜合問(wèn)題 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第125頁(yè)) (限時(shí)：60分鐘) 1．(本小題滿(mǎn)分14分)已知函數(shù)f (x)＝ax2－bx＋ln x，a，b∈R. (1)當(dāng)b＝2a＋1時(shí)，討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a＝1，b＞3時(shí)，記函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)f ′(x)的兩個(gè)零點(diǎn)分別是x1和x2(x1＜x2)，求證：f (x1)－f (x2)＞－ln 2. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394110】 [解]　(1)因?yàn)閎＝2a＋1，所以f (x)＝ax2－(2a＋1)x＋ln x， 從而f ′(x)＝2ax－(2a＋1)＋＝＝，x＞0. 2分 當(dāng)a≤0

2、時(shí)，由f ′(x)＞0得0＜x＜1，由f ′(x)＜0得x＞1， 所以f (x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 當(dāng)0＜a＜時(shí)，由f ′(x)＞0得0＜x＜1或x＞，由f ′(x)＜0得1＜x＜， 所以f (x)在區(qū)間(0,1)和區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減． 當(dāng)a＝時(shí)，因?yàn)閒 ′(x)≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))， 所以f (x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)a＞時(shí)，由f ′(x)＞0得0＜x＜或x＞1，由f ′(x)＜0得＜x＜1， 所以f (x)在區(qū)間和區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減． 綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f (x)在區(qū)間(

3、0,1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)0＜a＜時(shí)，f (x)在區(qū)間(0,1)和區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減； 當(dāng)a＝時(shí)，f (x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間； 當(dāng)a＞時(shí)，f (x)在區(qū)間和區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減. 8分 (2)法一：因?yàn)閍＝1，所以f (x)＝x2－bx＋ln x(x＞0)，從而f ′(x)＝， 由題意知x1，x2是方程2x2－bx＋1＝0的兩個(gè)根，故x1x2＝. 記g(x)＝2x2－bx＋1，因?yàn)閎＞3，所以g＝＜0，g(1)＝3－b＜0， 所以x1∈，x2∈(1，＋∞)，且bx1＝2x＋1，bx2＝2

4、x＋1， f (x1)－f (x2)＝(x－x)－(bx1－bx2)＋ln＝－(x－x)＋ln， 因?yàn)閤1x2＝，所以f (x1)－f (x2)＝x－－ln(2x)，x2∈(1，＋∞)． 令t＝2x∈(2，＋∞)，φ(t)＝f (x1)－f (x2)＝－－ln t. 因?yàn)楫?dāng)t＞2時(shí)，φ′(t)＝＞0，所以φ(t)在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以φ(t)＞φ(2)＝－ln 2，即f (x1)－f (x2)＞－ln 2. 14分 法二：因?yàn)閍＝1，所以f (x)＝x2－bx＋ln x(x＞0)，從而f ′(x)＝， 由題意知x1，x2是方程2x2－bx＋1＝0的兩個(gè)根，故x1x2

5、＝. 記g(x)＝2x2－bx＋1，因?yàn)閎＞3，所以g＝＜0，g(1)＝3－b＜0， 所以x1∈，x2∈(1，＋∞)，且f (x)在(x1，x2)上是減函數(shù)， 所以f (x1)－f (x2)＞f －f (1)＝－(1－b)＝－＋－ln 2， 因?yàn)閎＞3，所以f (x1)－f (x2)＞－＋－ln 2＞－ln 2.14分 2．(本小題滿(mǎn)分14分)(南通、泰州市2017屆高三第一次調(diào)研測(cè)試)已知函數(shù)f (x)＝ax2－x－ln x，a∈R. (1)當(dāng)a＝時(shí)，求函數(shù)f (x)的最小值； (2)若－1≤a≤0，證明：函數(shù)f (x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)； (3)若函數(shù)f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求

6、實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)當(dāng)a＝時(shí)，f (x)＝x2－x－ln x. 所以f ′(x)＝x－1－＝(x>0)． 令f ′(x)＝0，得x＝2， 當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f ′(x)＜0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f ′(x)＞0， 所以函數(shù)f (x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝2時(shí)，f (x)有最小值f (2)＝－－ln 2. 3分 (2)證明：由f (x)＝ax2－x－ln x，得f ′(x)＝2ax－1－＝，x＞0. 所以當(dāng)a≤0時(shí)，f ′(x)＝＜0， 函數(shù)f (x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f (x)在(0，＋

7、∞)上最多有一個(gè)零點(diǎn)． 因?yàn)楫?dāng)－1≤a≤0時(shí)，f (1)＝a－1＜0，f ＝＞0， 所以當(dāng)－1≤a≤0時(shí)，函數(shù)f (x)在(0，＋∞)上有零點(diǎn)． 綜上，當(dāng)－1≤a≤0時(shí)，函數(shù)f (x)有且只有一個(gè)零點(diǎn). 7分 (3)法一：由(2)知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f (x)在(0，＋∞)上最多有一個(gè)零點(diǎn)． 因?yàn)楹瘮?shù)f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以a＞0. 由f (x)＝ax2－x－ln x，得f ′(x)＝(x＞0)，令g(x)＝2ax2－x－1. 因?yàn)間(0)＝－1＜0,2a＞0， 所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0. 當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)＜0，f ′(x)＜0；

8、當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，g(x)＞0，f ′(x)＞0. 所以函數(shù)f (x)在(0，x0)上單調(diào)遞減；在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增． 要使得函數(shù)f (x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)， 只需要函數(shù)f (x)的極小值f (x0)＜0，即ax－x0－ln x0＜0. 又因?yàn)間(x0)＝2ax－x0－1＝0，所以2ln x0＋x0－1＞0， 又因?yàn)楹瘮?shù)h(x)＝2ln x＋x－1在(0，＋∞)上是增函數(shù)，且h(1)＝0， 所以x0＞1，得0＜＜1. 又由2ax－x0－1＝0，得2a＝2＋＝2－， 所以0＜a＜1. 以下驗(yàn)證當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)． 當(dāng)0＜a＜1時(shí)，g

9、＝－－1＝＞0， 所以1＜x0＜. 因?yàn)閒 ＝－＋1＝＞0，且f (x0)＜0. 所以函數(shù)f (x)在上有一個(gè)零點(diǎn)． 又因?yàn)閒 ＝－－ln≥－＝1＞0(因?yàn)閘n x≤x－1)，且f (x0)＜0. 所以函數(shù)f (x)在上有一個(gè)零點(diǎn)． 所以當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)f (x)在內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn). 綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,1)． 下面證明：ln x≤x－1. 設(shè)t(x)＝x－1－ln x，所以t′(x)＝1－＝(x＞0)． 令t′(x)＝0，得x＝1. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，t′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，t′(x)＞0. 所以函數(shù)t(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，

10、＋∞)上單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝1時(shí)，t(x)有最小值t(1)＝0. 所以t(x)＝x－1－ln x≥0，得ln x≤x－1成立. 14分 法二：由(2)知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f (x)在(0，＋∞)上最多有一個(gè)零點(diǎn)． 因?yàn)楹瘮?shù)f (x)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以a＞0. 由f (x)＝ax2－x－ln x＝0，得關(guān)于x的方程a＝(x>0)有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)解． 又因?yàn)閘n x≤x－1， 所以a＝≤＝－2＋1(x＞0)． 因?yàn)閤＞0時(shí)，－2＋1≤1，所以a≤1. 又當(dāng)a＝1時(shí)，x＝1，即關(guān)于x的方程a＝有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解． 所以0＜a＜1. 14分 (以下解法同法一) 3．(本小題滿(mǎn)分

11、14分)(蘇北四市(淮安、宿遷、連云港、徐州)2017屆高三上學(xué)期期中)設(shè)函數(shù)f (x)＝ln x－ax2＋ax，a為正實(shí)數(shù)． (1)當(dāng)a＝2時(shí)，求曲線(xiàn)y＝f (x)在點(diǎn)(1，f (1))處的切線(xiàn)方程； (2)求證：f ≤0； (3)若函數(shù)f (x)有且只有1個(gè)零點(diǎn)，求a的值． [解]　(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f (x)＝ln x－2x2＋2x，則f ′(x)＝－4x＋2， 所以f ′(1)＝－1，又f (1)＝0， 所以曲線(xiàn)y＝f (x)在點(diǎn)(1，f (1))處的切線(xiàn)方程為x＋y－1＝0. 4分 (2)證明：因?yàn)閒 ＝ln－＋1，設(shè)函數(shù)g(x)＝ln x－x＋1， 則g′(x)＝－

12、1＝， 另g′(x)＝0，得x＝1，列表如下： x (0,1) 1 (1，＋∞) g′(x) ＋ 0 － g(x)  極大值  所以g(x)的極大值為g(1)＝0. 所以f ＝ln－＋1≤0. 8分 (3)f ′(x)＝－2ax＋a＝－，x＞0， 令f ′(x)＞0，得＜x＜，因?yàn)椋?， 所以f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 所以f (x)≤f . 設(shè)x0＝，因?yàn)楹瘮?shù)f (x)只有1個(gè)零點(diǎn)， 而f (1)＝0， 所以1是函數(shù)f (x)的唯一零點(diǎn)． 當(dāng)x0＝1時(shí)，f (x)≤f (1)＝0，f (x)有且只有1個(gè)零點(diǎn)， 此時(shí)＝1，解得a＝

13、1. 下證，當(dāng)x0≠1時(shí)，f (x)的零點(diǎn)不唯一． 若x0＞1，則f (x0)＞f (1)＝0，此時(shí)＞1，即0＜a＜1，則＞1. 由(2)知，f ＜0，又函數(shù)f (x)在以x0和為端點(diǎn)的閉區(qū)間上的圖象不間斷， 所以在x0和之間存在f (x)的零點(diǎn)，則f (x)共有2個(gè)零點(diǎn)，不符合題意； 若x0＜1，則f (x0)＞f (1)＝0，此時(shí)＜1，即a＞1，則0＜＜1. 同理可得，要和x0之間存在f (x)的零點(diǎn)，則f (x)共有2個(gè)零點(diǎn)，不符合題意． 因此x0＝1，所以a的值為1. 14分 4．(本小題滿(mǎn)分16分)(揚(yáng)州市2017屆高三上學(xué)期期末)已知函數(shù)f (x)＝g(x)·h(

14、x)，其中函數(shù)g(x)＝ex，h(x)＝x2＋ax＋a. (1)求函數(shù)g(x)在(1，g(1))處的切線(xiàn)方程； (2)當(dāng)0＜a＜2時(shí)，求函數(shù)f (x)在x∈[－2a，a]上的最大值； (3)當(dāng)a＝0時(shí)，對(duì)于給定的正整數(shù)k，問(wèn)函數(shù)F(x)＝e·f (x)－2k(ln x＋1)是否有零點(diǎn)？請(qǐng)說(shuō)明理由．(參考數(shù)據(jù)e≈2.718，≈1.649，e≈4.482，ln 2≈0.693) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394111】 [解]　(1)g′(x)＝ex，故g′(1)＝e，g(1)＝e， 所以切線(xiàn)方程為y－e＝e(x－1)，即y＝ex. 2分 (2)f (x)＝ex·(x2＋ax＋a), 故f

15、 ′(x)＝(x＋2)(x＋a)ex， 令f ′(x)＝0，得x＝－a或x＝－2. ①當(dāng)－2a≥－2，即0＜a≤1時(shí)，f (x)在[－2a，－a]上遞減，在[－a，a]上遞增， 所以f (x)max＝max{f (－2a)，f (a)}， 由于f (－2a)＝(2a2＋a)e－2a，f (a)＝(2a2＋a)ea，故f (a)＞f (－2a)， 所以f (x)max＝f (a)； ②當(dāng)－2a＜－2，即1＜a＜2時(shí)，f (x)在[－2a，－2]上遞增，[－2，－a]上遞減，在[－a，a]上遞增， 所以f (x)max＝max{f (－2)，f (a)}， 由于f (－2)＝(4－

16、a)e－2，f (a)＝(2a2＋a)ea，故f (a)＞f (－2)， 所以f (x)max＝f (a)； 綜上得，f (x)max＝f (a)＝(2a2＋a)ea. 6分 (3)結(jié)論：當(dāng)k＝1時(shí)，函數(shù)F(x)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)k≥2時(shí)，函數(shù)F(x)有零點(diǎn)． 理由如下： ①當(dāng)k＝1時(shí)，實(shí)際上可以證明：ex2ex－2ln x－2＞0. F′(x)＝(x2＋2x)ex＋1－，顯然可證F′(x)＝(x2＋2x)ex＋1－在(0，＋∞)上遞增， 所以存在x0∈，使得F′(x0)＝0， 所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，F(xiàn)(x)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)， F(x)遞增， 所以F(x)min

17、＝F(x0)＝2，其中x0∈， 而φ(x)＝2遞減，所以φ(x)＞φ＝2＞0， 所以F(x)min＞0，所以命題得證.10分 下面證明F(ek)＞0，可借助結(jié)論ex＞x2(x≥2)處理，首先證明結(jié)論ex＞x2(x≥2)： 令φ(x)＝ex－x2(x≥2)，則φ′(x)＝ex－2x，故φ′(x)＝ex－2x＞0， 所以φ′(x)＝ex－2x在[2，＋∞)上遞增， 所以φ′(x)＞φ′(2)＞0， 所以φ(x)＝ex－x2在[2，＋∞)上遞增， 所以φ(x)＞φ(2)＞0，得證． 借助結(jié)論得eek＋2k＋1＞ek2＋2k＋1＞(k2＋2k＋1)2＝(k＋1)4＝(k＋1)(k

18、＋1)3＞2k(k＋1)， 所以F(ek)＞0，又因?yàn)楹瘮?shù)F(x)連續(xù)，所以F(x)在上有零點(diǎn). 16分 5．(本小題滿(mǎn)分16分)(揚(yáng)州市2017屆高三上學(xué)期期中)已知函數(shù)f (x)＝＋x. (1)若函數(shù)f (x)的圖象在(1，f (1))處的切線(xiàn)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0，－1)，求a的值； (2)是否存在負(fù)整數(shù)a，使函數(shù)f (x)的極大值為正值？若存在 ，求出所有負(fù)整數(shù)a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由； (3)設(shè)a>0，求證：函數(shù)f (x)既有極大值，又有極小值． [解]　(1)∵f ′(x)＝，∴f ′(1)＝1，f (1)＝ae＋1, ∴函數(shù)f (x)在(1，f (1))處的切線(xiàn)方程為

19、：y－(ae＋1)＝x－1，又直線(xiàn)過(guò)點(diǎn)(0，－1)， ∴－1－(ae＋1)＝－1，解得：a＝－. 4分 (2)若a＜0，f ′(x)＝， 當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f ′(x)＞0恒成立，函數(shù)在(－∞，0)上無(wú)極值； 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f ′(x)＞0恒成立，函數(shù)在(0,1)上無(wú)極值； 法一：在(1，＋∞)上，若f (x)在x0處取得符合條件的極大值f (x0)，則 則 由③得：aex0＝－，代入②得：－＋x0＞0，結(jié)合①可 解得：x0＞2，再由f (x0)＝＋x0＞0得：a＞－， 設(shè)h(x)＝－，則h′(x)＝，當(dāng)x＞2時(shí)，h′(x)＞0，即h(x)是增函數(shù)， 所以a＞h(

20、x0)＞h(2)＝－， 又a＜0，故當(dāng)極大值為正數(shù)時(shí)，a∈，從而不存在負(fù)整數(shù)a滿(mǎn)足條件.8分 法二：在x∈(1，＋∞)時(shí)，令H(x)＝aex(x－1)＋x2，則H′(x)＝(aex＋2)x， ∵x∈(1，＋∞)，∴ex∈(e，＋∞)，∵a為負(fù)整數(shù)， ∴a≤－1，∴aex≤ae≤－e， ∴aex＋2＜0，∴H′(x)＜0，∴H(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 又H(1)＝1＞0，H(2)＝ae2＋4≤－e2＋4＜0，∴?x0∈(1,2)，使得H(x0)＝0， 且1＜x＜x0時(shí)，H(x)＞0，即f ′(x)＞0；x＞x0時(shí)，H(x)＜0，即f ′(x)＜0； ∴f (x)在x0處取

21、得極大值f (x0)＝＋x0，(*) 又H(x0)＝aex0(x0－1)＋x＝0，∴＝－代入(*)得：f (x0)＝－＋x0＝＜0， ∴不存在負(fù)整數(shù)a滿(mǎn)足條件.8分 (3)證明：設(shè)g(x)＝aex(x－1)＋x2，則g′(x)＝x(aex＋2)， 因?yàn)閍＞0，所以，當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x＜0時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；故g(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn)． 又g(0)＝－a＜0，g(1)＝1＞0，所以存在x1∈(0,1)， 使g(x1)＝0 再由g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增知， 當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，g(x)＜0，故f ′(x)＝＜0，f (x

22、)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(x1，＋∞)時(shí)，g(x)＞0，故f ′(x)＝＞0，f (x)單調(diào)遞增； 所以函數(shù)f (x)在x1處取得極小值． 當(dāng)x＜0時(shí)，ex＜1，且x－1＜0， 所以g(x)＝aex(x－1)＋x2＞a(x－1)＋x2＝x2＋ax－a， 函數(shù)y＝x2＋ax－a是關(guān)于x的二次函數(shù)，必存在負(fù)實(shí)數(shù)t，使g(t)＞0，又g(0)＝－a＜0， 故在(t,0)上存在x2，使g(x2)＝0， 再由g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減知， 當(dāng)x∈(－∞，x2)時(shí)，g(x)＞0，故f ′(x)＝＞0，f (x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(x2,0)時(shí)，g(x)＜0，故f ′(x)＝＜0，f (x)單調(diào)遞減； 所以函數(shù)f (x)在x2處取得極大值． 綜上，函數(shù)f (x)既有極大值，又有極小值. 16分 9