函數的零點和極值點2[中階和高階輔導]

時間 2019-11-25

標籤函數零點 0點極值高階輔導简体版

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前言

涉及到函數的零點和極值點的問題，與轉化劃歸思想、數形結合思想有着緊密的聯繫。html

函數$y=f(x)$有$n$個零點 $\Longleftrightarrow$ 方程$f(x)=0$有$n$個不一樣的根 $\Longleftrightarrow$ 兩個函數圖像$y=f(x)$與$y=0$有$n$個不一樣的交點，思想方法：數形結合。函數
函數$y=f(x)$有$n$個極值點 $\Longleftrightarrow$ 函數$y=f'(x)$有$n$個不一樣的零點(變號零點¹ ) $\Longleftrightarrow$ 兩個函數圖像$y=f'(x)$與$y=0$有$n$個不一樣的交點，思想方法：數形結合。spa

接上一篇同名博文：函數的零點和極值點1htm

典例剖析

例21 【2014高考新課標Ⅰ卷理科，第11題】blog

已知函數$f(x)=ax^3-3x^2+1$，若函數$f(x)$存在惟一零點 $x_0$，且$x_0>0$，則$a$的取值範圍是【C】ip

$A(2，+\infty)$ $B(1，+\infty)$ $C(-\infty，-2)$ $D(-\infty，-1)$

法1：因爲函數$f(x)$存在惟一零點 $x_0$，且$x_0>0$，get

則方程$f(x)=0$有惟一的正實數解，即$ax^3-3x^2+1=0$有惟一的正實數解，iframe

即方程$a=\cfrac{3x^2-1}{x^3}$有惟一的正實數解，數學

即函數$y=a$和函數$y=h(x)=\cfrac{3x^2-1}{x^3}=\cfrac{3}{x}-\cfrac{1}{x^3}(x>0)$有惟一的交點，io

其他思路待補充。

法2：先將題目轉化爲，方程$ax^3=3x^2-1$有惟一的正實數解，

則靜態函數$y=3x^2-1$和動態函數$y=ax^3$只能在區間$(0 ，+\infty)$上有交點，

此處須要咱們知道函數$y=ax^3$的參變數$a$的做用，

由圖像可知，當$a\leq 0$時，都不知足題意，故須要$a<0$，

但當$a$取很小的負值時，顯然知足題意，當$a$爲某一個恰當的負值時，兩個曲線在$x<0$時可能相切，

固然，此處你可能還會認爲是有相切，還有相交，這沒關係，咱們經過下述的計算就能回答這個疑惑。

設切點座標爲$P(x_0，y_0)$，則有$x_0<0$，

則有$\left\{\begin{array}{l}{3ax_0^2=6x_0}\\{y_0=ax_0^3}\\{y_0=3x_0^2-1}\end{array}\right.$

解得$x_0=-1$，$y_0=2$，將切點$P(-1，2)$代入$y=ax^3$，解得$a=-2$，

故當$a<-2$時，兩條曲線在$x<0$上沒有交點，只在$x>0$上有交點，故知足題意，

即$a$的取值範圍時$(-\infty，-2)$，故選$C$。

法3：利用導數方法，同時注意題目的隱含條件，$f(0)=1$，

$f'(x)=3ax^2-6x=3x(ax-2)$，

①當$a=0$時，原函數爲$y=-3x^2+1$，有兩個零點，不符合題意，捨去。

②當$a>0$時，由導函數的圖像可知，函數$f(x)$在區間$(-\infty，0)$上單調遞增，在區間$(0，\cfrac{2}{a})$上單調遞減，在區間$(\cfrac{2}{a}，+\infty)$上單調遞增，

此時函數在區間$(-\infty，0)$上必有一個零點，不符合題意，捨去。

③當$a<0$時，由導函數的圖像可知，函數$f(x)$在區間$(-\infty，\cfrac{2}{a})$上單調遞減，在區間$(\cfrac{2}{a}，0)$上單調遞增，在區間$(0，+\infty)$上單調遞減，

此時只須要函數$f(x)$的極小值大於零便可，即$f(\cfrac{2}{a})>0$，

即$a\cdot (\cfrac{2}{a})^3-3\cdot (\cfrac{2}{a})^2+1>0$，化簡獲得$a^2>4$，

解得$a<-2$或$a>2$，又$a<0$，故$a<-2$。

即$a$的取值範圍時$(-\infty，-2)$，故選$C$。

例22 【學生問題】

定義在$R$上的函數$f(x)$知足$f(x)+f(x+4)=16$，當$x\in (0，4]$時，$f(x)=x^2-2^x$；則函數$f(x)$在$[-4，2016]$上的零點個數是【B】

$A、504$ $B、505$ $C、1008$ $D、1009$

分析：由$f(x)+f(x+4)=16$，獲得$f(x+4)+f(x+8)=16$，兩式相減獲得，

$f(x+8)=f(x)$，即$T=8$；

當$x\in (0，4]$時，$f(x)=x^2-2^x$已經知道，關鍵是求得$x\in (4，8]$上的解析式；

當$0<x\leq 4$，$4<x+4\leq 8$，

故$f(x+4)=16-f(x)$，令$x+4=t$，則$x=t-4$，則$t\in (4，8]$

故$f(t)=16-f(t-4)$，$t\in (4，8]$

即$f(x)=16-f(x-4)$，$x\in (4，8]$

則周期函數$f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x^2-2^x，0<x\leq 4}\\{16-(x-4)^2-2^{x-4}，4<x\leq 8}\end{array}\right.$

接下來的難點是作函數$f(x)$在一個週期上的圖像，

重點是作$y=x^2-2^x，0<x\leq 4$的圖像。

結合上圖能夠作出函數$y=x^2-2^x，0<x\leq 4$的圖像。

再作出$x\in (4，8]$時的$f(x)$的圖像。

在區間$[0，2016]$上，包含$\cfrac{2016}{8}=252$個週期，每一個週期上的零點有兩個，

故有$252\times2=504$個，可是在$[-4，0)$上還有一個，

故共有$505$個零點，故選$B$。

例23 【2018廣東中山期末】已知$\cfrac{1}{3}\leq k<1$，函數$f(x)=|2^x-1|-k$的零點分別爲$x_1$、$x_2$，$(x_1<x_2)$，函數$g(x)=|2^x-1|-\cfrac{k}{2k+1}$的零點分別爲$x_3$、$x_4$，$(x_3<x_4)$，則$x_4+x_2-(x_3+x_1)$的最小值爲【】

$A.1$ $B.log_23$ $C.log_26$ $D.4$

分析：函數$f(x)$的零點問題，轉化爲函數$y=|2^x-1|$與$y=k$的圖像交點的橫座標問題，同理，函數$g(x)$的零點問題，轉化爲函數$y=|2^x-1|$與$y=\cfrac{k}{2k+1}$的圖像交點的橫座標問題，

又因爲$y=\cfrac{k}{2k+1}=\cfrac{1}{2+\frac{1}{k}}$，在$k\in [\cfrac{1}{3}，1)$上單調遞增，即當$k$的取值從$\cfrac{1}{3}$增大到$1$時，$\cfrac{k}{2k+1}$的取值對應的從$\cfrac{1}{5}$增大到$\cfrac{1}{3}$，

作出以下的圖像，從圖像入手分析，當$y=k$向上平移時，$x_2-x_1$逐漸增大，同理對應的$x_4-x_3$逐漸增大，因此要使得$x_4+x_2-(x_3+x_1)$取到最小值，則須要$x_4-x_3$和$x_2-x_1$同時取到最小值，此時$k=\cfrac{1}{3}$，同時對應的有$\cfrac{k}{2k+1}=\cfrac{1}{5}$；

此時，$|2^{x_2}-1|=\cfrac{1}{3}$，即$2^{x_2}-1=\cfrac{1}{3}$，解得$x_2=log_2\cfrac{4}{3}$，又$|2^{x_1}-1|=\cfrac{1}{3}$，即$1-2^{x_1}=\cfrac{1}{3}$，解得$x_1=log_2\cfrac{2}{3}$，

同理對應的有$|2^{x_4}-1|=\cfrac{1}{5}$，即$2^{x_4}-1=\cfrac{1}{5}$，解得$x_4=log_2\cfrac{6}{5}$，又$|2^{x_3}-1|=\cfrac{1}{5}$，即$1-2^{x_3}=\cfrac{1}{5}$，解得$x_3=log_2\cfrac{4}{5}$，

故此時$[x_4+x_2-(x_3+x_1)]_{min}=(log_2\cfrac{6}{5}-log_2\cfrac{4}{5})+(log_2\cfrac{4}{3}-log_2\cfrac{2}{3})=log_23$，故選$B$。

解後反思：好比將條件更改成$\cfrac{1}{3}\leq k\leq \cfrac{4}{5}$，那麼用相應的思路和方法，能夠求解$x_4+x_2-(x_3+x_1)$的取值範圍；

例24 【2018屆廣東東莞模擬】已知函數$f(x)$，任取兩個不相等的正數$x_1$、$x_2$，總有$[f(x_1)-f(x_2)](x_1-x_2)>0$，對於任意的$x>0$，總有$f[f(x)-lnx]=1$。若$g(x)=f'(x)+f(x)-m^2+m$有兩個不一樣的零點，則正實數$m$的取值範圍是___________。

分析：本題目的難點之一是利用代換法先求得函數$f(x)$的解析式；而後再求正實數$m$的取值範圍。

因爲任意不等正數$x_1$、$x_2$，有$[f(x_1)-f(x_2)](x_1-x_2)>0$，則$f(x)$在$(0，+\infty)$上單調遞增，

令$f(x)-lnx=t$，則$f(t)=1$①，又因爲$f(x)-lnx=t$，即$f(x)=lnx+t$，令$x=t$，則$f(t)=lnt+t$②，

由①②可知，$lnt+t=1$，即$lnt=1-t$，觀察可知，$t=1$，即函數$f(x)$的解析式爲$f(x)=lnx+1$；

接下來，用常規方法求正實數$m$的取值範圍。

由題目可知，$g(x)=lnx+1+\cfrac{1}{x}-m^2+m$有兩個不一樣的零點，即方程$lnx+1+\cfrac{1}{x}-m^2+m=0$有兩個不一樣的根，

總體分離參數獲得，$m^2-m=lnx+1+\cfrac{1}{x}$，令$h(x)=lnx+1+\cfrac{1}{x}$，

則$h'(x)=\cfrac{x-1}{x^2}$，則$x\in (0，1)$時，$h'(x)<0$，$h(x)$單調遞減，$x\in (1，+\infty)$時，$h'(x)>0$，$h(x)$單調遞增，

故$h(x)_{min}=h(1)=2$，則題目轉化爲$m^2-m>2$，解得$m<-1$或$m>2$，又由$m>0$，可得$m>2$，

即正實數$m$的取值範圍是$(2，+\infty)$.

例25 【2019屆高三理科數學二輪用題】若函數$f(x)=(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)x$有兩個極值點，則實數$a$的取值範圍是【】

$A.(0，\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $B.(1，+\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $C.(-\cfrac{\sqrt{6}}{2}，+\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $D.(\cfrac{\sqrt{6}}{3}，1)\cup(1，\cfrac{\sqrt{6}}{2})$

分析：函數$f(x)$有兩個極值點，則方程$f'(x)=0$有兩個不一樣實根，且是變號實根；

即$f'(x)=2(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)=0$有兩個不一樣實根，令$e^x=t>0$，

則方程$2(a+1)t^2-2t+(a-1)=0$有兩個不一樣的正實根，

則其必然知足$\left\{\begin{array}{l}{\Delta=4-4\times2(a^2-1)>0}\\{-\cfrac{-2}{2\times 2(a+1)}>0}\\{\cfrac{a-1}{2(a+1)}>0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{\sqrt{6}}{2}<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}}\\{a>1}\\{a<-1或a>1}\end{array}\right.$，

則$1<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}$。故選$B$。

例26 【2019屆高三理科數學三輪用題】已知函數$f(x)=\cfrac{1}{2}x^2+(a-e)x-aelnx+b$，(其中$a，b\in R$，$e$爲天然對數的底數)在$x=e$處取得極大值，則實數$a$的取值範圍是【】

$A.(-\infty，0)$ $B.[0，+\infty)$ $C.[-e，0)$ $D.(-\infty，-e)$

分析：$f'(x)=x+(a-e)-\cfrac{ae}{x}=\cfrac{x^2+(a-e)x-ae}{x}=\cfrac{(x+a)(x-e)}{x}$，

作出分子函數的簡圖，由圖可知，$-a>e$，解得$a<-e$，故選$D$。

例27 【2019屆高三理科數學三輪模擬訓練題】已知函數$f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x^3，x\leq a}\\{x^2+2x，x>a}\end{array}\right.$，若存在實數$b$，使得函數$g(x)=f(x)+b$有兩個零點，則$a$的取值範圍是【】

$A.(-\infty，-1)\cup(-1，0)\cup(2，+\infty)$

$B.(-\infty，-2)\cup(-1，0)\cup(1，+\infty)$

$C.(-\infty，0)\cup(1，+\infty)$

$D.(-\infty，-1)\cup(2，+\infty)$

法1：分析：本題目須要先作出函數的圖像，以下圖所示，同時要明白參數$a$的做用，

存在實數$b$，使得函數$g(x)=f(x)+b$有兩個零點，意味着直線$y=-b$與分段函數$f(x)$的兩段都有交點，

情形一，兩段函數都是單調的，此時須要$a^2+2a<a^3$，解得$a>2$或者$-1<a<0$；

情形二，第二段函數不單調，此時須要$a<-1$；

綜上所述，$a\in (-\infty，-1)\cup(-1，0)\cup(2，+\infty)$，故選$A$。

法2：作出分段函數的圖像，使用排除法，令$a=\cfrac{3}{2}$，和$a=-\cfrac{1}{2}$驗證，能夠排除$B$，$C$，$D$，故選$A$。

解後反思：①將題目中的條件「存在實數$b$，使得函數$g(x)=f(x)+b$有兩個零點」更改成函數$f(x)$是單調遞增的函數，則$a$的取值範圍爲$\{a\mid a=-1或0\leq a\leq 2\}$；

②將題目中的條件「存在實數$b$，使得函數$g(x)=f(x)+b$有兩個零點」更改成函數$f(x)$不是單調遞增的函數，則$a$的取值範圍爲$\{a\mid a<-1或-1<a<0或 a>2\}$；

例28 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】已知函數$y=a+2lnx$與函數$y=x^2+2$的圖像在$x\in [\cfrac{1}{e}，e]$內有兩個交點，則實數$a$的取值範圍是________.

分析：轉化爲方程$a=x^2-2lnx+2$在$x\in [\cfrac{1}{e}，e]$內有兩個根，

即函數$y=a$和函數$y=g(x)=x^2-2lnx+2$在$x\in [\cfrac{1}{e}，e]$內有兩個交點，

$g'(x)=2x-\cfrac{2}{x}=\cfrac{2(x-1)(x+1)}{x}$，則在$[\cfrac{1}{e}，1]$上單調遞減，在$[1，e]$上單調遞增，

又$g(1)=3$，$g(\cfrac{1}{e})=4+\cfrac{1}{e^2}$，$g(e)=e^2>4+\cfrac{1}{e^2}$，

作出示意圖，可知實數$a$的取值範圍爲$a\in (3，4+\cfrac{1}{e^2}]$

例29 若$f(x)=2x^3-ax^2+1(a\in R)$，在$(0，+\infty)$內有且只有一個零點，則$f(x)$在$[-1，1]$上的最大值與最小值的和爲______。

分析：方程$a=\cfrac{2x^3+1}{x^2}=g(x)$在$(0，+\infty)$內有且只有一解，

即函數$y=g(x)$與$y=a$在$(0，+\infty)$內有且只有一個交點，

用數形結合求得$a=3$，而後用常規方法求得最值便可。

例30 已知函數$f(x)=\cfrac{1}{2}x+m+\cfrac{3}{2x}-lnx(m\in R)$，若$x_1$，$x_2$是函數$g(x)=x\cdot f(x)$的兩個極值點，且$x_1<x_2$，求證：$x_1x_2<1$。

分析：待解答

例31 【2019高三理科數學信息題】已知函數$f(x)=x^2lnx+1-kx$存在零點，則$k$的取值範圍爲【】

$A(-\infty，1]$ $B[1，+\infty)$ $C(-\infty，e]$ $D[e，+\infty)$

分析：已知函數$f(x)=x^2lnx+1-kx$存在零點，即方程$f(x)=0$在定義域$(0，+\infty)$上有解，

分離參數獲得$k=\cfrac{x^2lnx+1}{x}=xlnx+\cfrac{1}{x}$，令$h(x)=xlnx+\cfrac{1}{x}$，

則題目轉化爲$k=h(x)$在$(0，+\infty)$上有解，故要麼從數的角度求函數$h(x)$的值域；要麼求其單調性，作函數的圖像，從形的角度用數形結合求解。

如下用導數求函數$h(x)$的單調性。$h'(x)=lnx+1-\cfrac{1}{x^2}$，

此時須要注意，導函數中出現了$lnx$，故咱們將上述的函數人爲的分爲兩個部分，$y=lnx$和$y=1-\cfrac{1}{x^2}$，先令$lnx=0$獲得$x=1$，在將$x=1$代入$y=1-\cfrac{1}{x^2}$驗證也是其零點，說明這兩個函數的零點重合，故接下來咱們將定義域分爲$(0，1)$和$(1，+\infty)$兩部分分類討論便可：

則$0<x<1$時，$h'(x)<0$，$h(x)$單調遞減，$x>1$時，$h'(x)>0$，$f(x)$單調遞增，則$h(x)_{min}=h(1)=1$。

即$h(x)$的值域爲$[1，+\infty)$，故$k\ge 1$，即$k\in [1，+\infty)$。故選$B$

或利用單調性獲得函數$h(x)$的圖像以下，

再利用函數$y=k$和函數$y=h(x)$的圖像有交點，獲得$k$的取值範圍爲$k\in [1，+\infty)$。故選$B$