《江蘇高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書(shū)：第2部分 八大難點(diǎn)突破 難點(diǎn)7　函數(shù)零點(diǎn)、單調(diào)性、極值等綜合問(wèn)題 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書(shū)：第2部分 八大難點(diǎn)突破 難點(diǎn)7　函數(shù)零點(diǎn)、單調(diào)性、極值等綜合問(wèn)題 Word版含答案（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 難點(diǎn)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73頁(yè)) 函數(shù)零點(diǎn)、單調(diào)性、極值都是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，也都是高考的熱點(diǎn)和重點(diǎn)，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(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)的主線，它們貫穿于高中數(shù)學(xué)的各個(gè)內(nèi)容，求值的問(wèn)題就要涉及到方程，求取值范圍的問(wèn)題就離不開(kāi)不等式，但方程、不等式更離不開(kāi)函數(shù)，函數(shù)思想的運(yùn)用是我們解決問(wèn)題的重要手段，而導(dǎo)數(shù)是我們解決問(wèn)題的一個(gè)行之有效的工具． 1．函數(shù)零點(diǎn) 函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題主要是研究函數(shù)與方程問(wèn)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(diǎn)的橫坐標(biāo)，即零點(diǎn)．函數(shù)思想在解題中的應(yīng)用主要表現(xiàn)在兩個(gè)方面：一是借助有關(guān)初等函數(shù)的性質(zhì)，解有關(guān)求值、解(證)不等式、解方程以及討論參數(shù)的取值范圍等問(wèn)題：二是在問(wèn)題的研究中，通過(guò)建立函數(shù)關(guān)系式或構(gòu)造中間函數(shù)，把所研究的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為討論函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，達(dá)到化難為易，化繁為簡(jiǎn)的目的. 許多有關(guān)方程的問(wèn)題可以用函數(shù)的方法解決，反之，許多函數(shù)問(wèn)題也可以用方程的方法來(lái)解決．在高考中重點(diǎn)考查函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)、零點(diǎn)范圍以及與零點(diǎn)有關(guān)的范圍問(wèn)題，有時(shí)添加函數(shù)性質(zhì)進(jìn)去會(huì)使得此類(lèi)問(wèn)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(dǎo)函數(shù)f ′(x)的極值點(diǎn)是f (x)的零點(diǎn)．(極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值) (1)求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出定義域； (2)證明：b2>3a； (3)若f (x)，f ′(x)這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于－，求a的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：56394108】 [解]　(1)由f (x)＝x3＋ax2＋bx＋1，得 f ′(x)＝3x2＋2ax＋b＝32＋b－. 當(dāng)x＝－時(shí)，f ′(x)有極小值b－. 因?yàn)閒 ′(x)的極值點(diǎn)是f (x)的零點(diǎn)， 所以f ＝－＋－＋1＝0. 又a>0，故b＝＋. 因?yàn)閒 (x

4、)有極值，故f ′(x)＝0有實(shí)根， 從而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3. 當(dāng)a＝3時(shí)，f ′(x)>0(x≠－1)， 故f (x)在R上是增函數(shù)，f (x)沒(méi)有極值； 當(dāng)a>3時(shí)，f ′(x)＝0有兩個(gè)相異的實(shí)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(diǎn)是x1，x2. 從而a>3. 因此b＝＋，定義域?yàn)?3，＋∞)． (2)證明：由(1)知，＝＋. 設(shè)g(t)＝＋，則

5、g′(t)＝－＝. 當(dāng)t∈時(shí)，g′(t)>0， 從而g(t)在上單調(diào)遞增． 因?yàn)閍>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(diǎn)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?yàn)閒 ′(x)的極值為b－＝－a2＋， 所以h(a)＝－a2＋，a

6、>3. 因?yàn)閔′(a)＝－a－<0， 于是h(a)在(3，＋∞)上單調(diào)遞減． 因?yàn)閔(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(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝3，函數(shù)f (x)有3個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍． [解]　(1)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f ′(x)＝－＋＋. 由題意可得f ′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－＋＋≥0，所以≤＋， 因?yàn)閤＞0，所以x2＞0，故a≤＋x. 由基本不等式可得

7、＋x≥2(當(dāng)且僅當(dāng)＝x，即x＝時(shí)等號(hào)成立)， 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，2]． (2)當(dāng)a＝3時(shí)，f (x)＝－－b＋ln x，函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f ′(x)＝－＋＋＝＝. 由f ′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝2. 當(dāng)x變化時(shí)，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(gè)零點(diǎn)，則 解得＋ln 2＜b＜2. 故實(shí)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(diǎn)研究函數(shù)零點(diǎn) 函數(shù)f (x)的零點(diǎn)，即f (x)＝0的根，亦即函數(shù)f (x)的圖象與x軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)，與函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的參數(shù)范圍問(wèn)題，往往利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，并結(jié)合特殊點(diǎn)，從而判斷函數(shù)的大致圖象，討論其圖象與軸的位置關(guān)系(或者轉(zhuǎn)化為兩個(gè)熟悉函數(shù)交點(diǎn)問(wèn)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(shí)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(diǎn)個(gè)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(shè)y＝＋＝(x∈[1,2])，∵y′＝＜0對(duì)x∈[1,2]恒成立， ∴y＝＋在x∈[1,2]上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＝1時(shí)，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(dāng)1－＞0，即a＞2時(shí)，f (x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴h(x)＝max{f (x)，g(x)}在(0，＋∞)上無(wú)零點(diǎn)． ②當(dāng)1－＝0即a＝2時(shí)，f

11、(x)min＝f (1)＝0，又g(1)＝0， ∴h(x)＝max{f (x)，g(x)}在(0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)． ③當(dāng)1－＜0，即0＜a＜2時(shí)，設(shè)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(dāng)0＜x≤x0時(shí)，∵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(gè)零點(diǎn)； Ⅱ.當(dāng)x＞x0時(shí)，∵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(diǎn)； 從而h(x)＝max{f (x)，g(x)}在(x0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)， 綜上所述，當(dāng)0＜a＜2時(shí)，h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＝2時(shí)， h(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＞2時(shí)，h(x)無(wú)零點(diǎn)． 【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(shè)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(shí)，函數(shù)h(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2. ①求b的取值范圍； ②求證：＞1. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：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(dāng)b≥0時(shí)，顯然h′(x)＞0恒成立，此時(shí)函數(shù)h(x)在定義域內(nèi)遞增，h(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意． 當(dāng)b＜0時(shí)，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(shí)，ln x＜0，x→＋∞時(shí)，ln x＞0. 所以當(dāng)b∈時(shí)，h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)． ②證明：由題意得即 ①×②得e－b(x1＋x2)＝x1x2. 因?yàn)閤1，x2＞0， 所以－b(x1＋x2)＞0， 所以e－

15、b(x1＋x2)＝x1x2＞1. 因?yàn)?＜－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(dāng)x＞0時(shí)，(x－2)ex＋x＋2＞0. (2)證明：當(dāng)a∈[0,1)時(shí)，函數(shù)g(x)＝(x＞0)有最小值．設(shè)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?yàn)?－∞，－2)∪(－2，＋∞)． f ′(x)＝＝≥0， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，f ′(x)＝0，所以f (x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上單調(diào)遞增． 因此當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，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(duì)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(dāng)0<x<xa時(shí)，f (x)＋a<0，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x>xa時(shí)，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?yàn)閥＝單調(diào)遞增，對(duì)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(dāng)a∈[0,1)時(shí)，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是. 【例6】　設(shè)函數(shù)f (x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f (x)在點(diǎn)(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?yàn)閒 (x)＝xea－x＋bx， 所以f ′(x)＝(1－x)ea－x＋b. 依題設(shè)，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(hào)． 令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1. 所以，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，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(jié)]?、俸瘮?shù)性質(zhì)與方程綜合時(shí)，要先將函數(shù)性質(zhì)剖析清楚，尤其是單調(diào)性和對(duì)稱(chēng)性，然后再研究函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題；②函數(shù)與不等式綜合時(shí)，重點(diǎn)是要學(xué)會(huì)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性、最值進(jìn)行研究；③函數(shù)、方程與不等式綜合在一起時(shí)，要注意利用導(dǎo)數(shù)這個(gè)有利工具進(jìn)行解答．