函数的零点和极值点2【中阶和高阶辅导】

素颜马尾好姑娘i 2023-08-17 17:31 96阅读 0赞

## 前言 ##

> 涉及到函数的零点和极值点的问题，与转化划归思想、数形结合思想有着紧密的联系。

*  函数\$y=f(x)\$有\$n\$个零点 \$\\Longleftrightarrow\$ 方程\$f(x)=0\$有\$n\$个不同的根 \$\\Longleftrightarrow\$ 两个函数图像\$y=f(x)\$与\$y=0\$有\$n\$个不同的交点，思想方法：数形结合。
 *  函数\$y=f(x)\$有\$n\$个极值点 \$\\Longleftrightarrow\$ 函数\$y=f'(x)\$有\$n\$个不同的零点(变号零点1 ) \$\\Longleftrightarrow\$ 两个函数图像\$y=f'(x)\$与\$y=0\$有\$n\$个不同的交点，思想方法：数形结合。

> 接上一篇同名博文：[函数的零点和极值点1][1]

## 典例剖析 ##

例21【2014高考新课标Ⅰ卷理科，第11题】

已知函数\$f(x)=ax^3-3x^2+1\$，若函数\$f(x)\$存在唯一零点 \$x\_0\$，且\$x\_0>0\$，则\$a\$的取值范围是【C】

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

法1：由于函数\$f(x)\$存在唯一零点 \$x\_0\$，且\$x\_0>0\$，

则方程\$f(x)=0\$有唯一的正实数解，即\$ax^3-3x^2+1=0\$有唯一的正实数解，

即方程\$a=\\cfrac\{3x^2-1\}\{x^3\}\$有唯一的正实数解，

即函数\$y=a\$和函数\$y=h(x)=\\cfrac\{3x^2-1\}\{x^3\}=\\cfrac\{3\}\{x\}-\\cfrac\{1\}\{x^3\}(x>0)\$有唯一的交点，

其余思路待补充。

法2：先将题目转化为，方程\$ax^3=3x^2-1\$有唯一的正实数解，

则静态函数\$y=3x^2-1\$和动态函数\$y=ax^3\$只能在区间\$(0 ，+\\infty)\$上有交点，

此处需要我们知道函数\$y=ax^3\$的参变数\$a\$的作用，

由图像可知，当\$a\\leq 0\$时，都不满足题意，故需要\$a<0\$，

但当\$a\$取很小的负值时，显然满足题意，当\$a\$为某一个恰当的负值时，两个曲线在\$x<0\$时可能相切，

当然，此处你可能还会认为是有相切，还有相交，这不要紧，我们通过下述的计算就能回答这个疑惑。

设切点坐标为\$P(x\_0，y\_0)\$，则有\$x\_0<0\$，

则有\$\\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\$，将切点\$P(-1，2)\$代入\$y=ax^3\$，解得\$a=-2\$，

故当\$a<-2\$时，两条曲线在\$x<0\$上没有交点，只在\$x>0\$上有交点，故满足题意，

即\$a\$的取值范围时\$(-\\infty，-2)\$，故选\$C\$。

法3：利用导数方法，同时注意题目的隐含条件，\$f(0)=1\$，

\$f'(x)=3ax^2-6x=3x(ax-2)\$，

①当\$a=0\$时，原函数为\$y=-3x^2+1\$，有两个零点，不符合题意，舍去。

②当\$a>0\$时，由导函数的图像可知，函数\$f(x)\$在区间\$(-\\infty，0)\$上单调递增，在区间\$(0，\\cfrac\{2\}\{a\})\$上单调递减，在区间\$(\\cfrac\{2\}\{a\}，+\\infty)\$上单调递增，

此时函数在区间\$(-\\infty，0)\$上必有一个零点，不符合题意，舍去。

③当\$a<0\$时，由导函数的图像可知，函数\$f(x)\$在区间\$(-\\infty，\\cfrac\{2\}\{a\})\$上单调递减，在区间\$(\\cfrac\{2\}\{a\}，0)\$上单调递增，在区间\$(0，+\\infty)\$上单调递减，

此时只需要函数\$f(x)\$的极小值大于零即可，即\$f(\\cfrac\{2\}\{a\})>0\$，

即\$a\\cdot (\\cfrac\{2\}\{a\})^3-3\\cdot (\\cfrac\{2\}\{a\})^2+1>0\$，化简得到\$a^2>4\$，

解得\$a<-2\$或\$a>2\$，又\$a<0\$，故\$a<-2\$。

即\$a\$的取值范围时\$(-\\infty，-2)\$，故选\$C\$。

例22【学生问题】

定义在\$R\$上的函数\$f(x)\$满足\$f(x)+f(x+4)=16\$，当\$x\\in (0，4\]\$时，\$f(x)=x^2-2^x\$；则函数\$f(x)\$在\$\[-4，2016\]\$上的零点个数是【B】

$A、504$ $B、505$ $C、1008$ $D、1009$

分析：由\$f(x)+f(x+4)=16\$，得到\$f(x+4)+f(x+8)=16\$，两式相减得到，

\$f(x+8)=f(x)\$，即\$T=8\$；

当\$x\\in (0，4\]\$时，\$f(x)=x^2-2^x\$已经知道，关键是求得\$x\\in (4，8\]\$上的解析式；

当\$0<x\\leq 4\$，\$4<x+4\\leq 8\$，

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

则周期函数\$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.\$

接下来的难点是做函数\$f(x)\$在一个周期上的图像，

重点是做\$y=x^2-2^x，0<x\\leq 4\$的图像。

结合上图可以做出函数\$y=x^2-2^x，0<x\\leq 4\$的图像。

再做出\$x\\in (4，8\]\$时的\$f(x)\$的图像。

在区间\$\[0，2016\]\$上，包含\$\\cfrac\{2016\}\{8\}=252\$个周期，每个周期上的零点有两个，

故有\$252\\times2=504\$个，但是在\$\[-4，0)\$上还有一个，

故共有\$505\$个零点，故选\$B\$。

例23【2018广东中山期末】已知\$\\cfrac\{1\}\{3\}\\leq k<1\$，函数\$f(x)=|2^x-1|-k\$的零点分别为\$x\_1\$、\$x\_2\$，\$(x\_1<x\_2)\$，函数\$g(x)=|2^x-1|-\\cfrac\{k\}\{2k+1\}\$的零点分别为\$x\_3\$、\$x\_4\$，\$(x\_3<x\_4)\$，则\$x\_4+x\_2-(x\_3+x\_1)\$的最小值为【】

$A.1$ $B.log\_23$ $C.log\_26$ $D.4$

分析：函数\$f(x)\$的零点问题，转化为函数\$y=|2^x-1|\$与\$y=k\$的图像交点的横坐标问题，同理，函数\$g(x)\$的零点问题，转化为函数\$y=|2^x-1|\$与\$y=\\cfrac\{k\}\{2k+1\}\$的图像交点的横坐标问题，

又由于\$y=\\cfrac\{k\}\{2k+1\}=\\cfrac\{1\}\{2+\\frac\{1\}\{k\}\}\$，在\$k\\in \[\\cfrac\{1\}\{3\}，1)\$上单调递增，即当\$k\$的取值从\$\\cfrac\{1\}\{3\}\$增大到\$1\$时，\$\\cfrac\{k\}\{2k+1\}\$的取值对应的从\$\\cfrac\{1\}\{5\}\$增大到\$\\cfrac\{1\}\{3\}\$，

做出如下的图像，从图像入手分析，当\$y=k\$向上平移时，\$x\_2-x\_1\$逐渐增大，同理对应的\$x\_4-x\_3\$逐渐增大，所以要使得\$x\_4+x\_2-(x\_3+x\_1)\$取到最小值，则需要\$x\_4-x\_3\$和\$x\_2-x\_1\$同时取到最小值，此时\$k=\\cfrac\{1\}\{3\}\$，同时对应的有\$\\cfrac\{k\}\{2k+1\}=\\cfrac\{1\}\{5\}\$；

此时，\$|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\}\$，

同理对应的有\$|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\}\$，

故此时\$\[x\_4+x\_2-(x\_3+x\_1)\]\_\{min\}=(log\_2\\cfrac\{6\}\{5\}-log\_2\\cfrac\{4\}\{5\})+(log\_2\\cfrac\{4\}\{3\}-log\_2\\cfrac\{2\}\{3\})=log\_23\$，故选\$B\$。

解后反思：比如将条件更改为\$\\cfrac\{1\}\{3\}\\leq k\\leq \\cfrac\{4\}\{5\}\$，那么用相应的思路和方法，可以求解\$x\_4+x\_2-(x\_3+x\_1)\$的取值范围；

例24【2018届广东东莞模拟】已知函数\$f(x)\$，任取两个不相等的正数\$x\_1\$、\$x\_2\$，总有\$\[f(x\_1)-f(x\_2)\](x\_1-x\_2)>0\$，对于任意的\$x>0\$，总有\$f\[f(x)-lnx\]=1\$。若\$g(x)=f'(x)+f(x)-m^2+m\$有两个不同的零点，则正实数\$m\$的取值范围是\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

分析：本题目的难点之一是利用代换法先求得函数\$f(x)\$的解析式；然后再求正实数\$m\$的取值范围。

由于任意不等正数\$x\_1\$、\$x\_2\$，有\$\[f(x\_1)-f(x\_2)\](x\_1-x\_2)>0\$，则\$f(x)\$在\$(0，+\\infty)\$上单调递增，

令\$f(x)-lnx=t\$，则\$f(t)=1\$①，又由于\$f(x)-lnx=t\$，即\$f(x)=lnx+t\$，令\$x=t\$，则\$f(t)=lnt+t\$②，

由①②可知，\$lnt+t=1\$，即\$lnt=1-t\$，观察可知，\$t=1\$，即函数\$f(x)\$的解析式为\$f(x)=lnx+1\$；

接下来，用常规方法求正实数\$m\$的取值范围。

由题目可知，\$g(x)=lnx+1+\\cfrac\{1\}\{x\}-m^2+m\$有两个不同的零点，即方程\$lnx+1+\\cfrac\{1\}\{x\}-m^2+m=0\$有两个不同的根，

整体分离参数得到，\$m^2-m=lnx+1+\\cfrac\{1\}\{x\}\$，令\$h(x)=lnx+1+\\cfrac\{1\}\{x\}\$，

则\$h'(x)=\\cfrac\{x-1\}\{x^2\}\$，则\$x\\in (0，1)\$时，\$h'(x)<0\$，\$h(x)\$单调递减，\$x\\in (1，+\\infty)\$时，\$h'(x)>0\$，\$h(x)\$单调递增，

故\$h(x)\_\{min\}=h(1)=2\$，则题目转化为\$m^2-m>2\$，解得\$m<-1\$或\$m>2\$，又由\$m>0\$，可得\$m>2\$，

即正实数\$m\$的取值范围是\$(2，+\\infty)\$.

例25【2019届高三理科数学二轮用题】若函数\$f(x)=(a+1)e^\{2x\}-2e^x+(a-1)x\$有两个极值点，则实数\$a\$的取值范围是【】

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

分析：函数\$f(x)\$有两个极值点，则方程\$f'(x)=0\$有两个不同实根，且是变号实根；

即\$f'(x)=2(a+1)e^\{2x\}-2e^x+(a-1)=0\$有两个不同实根，令\$e^x=t>0\$，

则方程\$2(a+1)t^2-2t+(a-1)=0\$有两个不同的正实根，

则其必然满足\$\\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.\$，

则\$1<a<\\cfrac\{\\sqrt\{6\}\}\{2\}\$。故选\$B\$。

例26【2019届高三理科数学三轮用题】已知函数\$f(x)=\\cfrac\{1\}\{2\}x^2+(a-e)x-aelnx+b\$，(其中\$a，b\\in R\$，\$e\$为自然对数的底数)在\$x=e\$处取得极大值，则实数\$a\$的取值范围是【】

$A.(-\\infty，0)$ $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\}\$，

做出分子函数的简图，由图可知，\$-a>e\$，解得\$a<-e\$，故选\$D\$。

例27【2019届高三理科数学三轮模拟训练题】已知函数\$f(x)=\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{x^3，x\\leq a\}\\\\\{x^2+2x，x>a\}\\end\{array\}\\right.\$，若存在实数\$b\$，使得函数\$g(x)=f(x)+b\$有两个零点，则\$a\$的取值范围是【】

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

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

$C.(-\\infty，0)\\cup(1，+\\infty)$

$D.(-\\infty，-1)\\cup(2，+\\infty)$

法1：分析：本题目需要先做出函数的图像，如下图所示，同时要明白参数\$a\$的作用，

存在实数\$b\$，使得函数\$g(x)=f(x)+b\$有两个零点，意味着直线\$y=-b\$与分段函数\$f(x)\$的两段都有交点，

情形一，两段函数都是单调的，此时需要\$a^2+2a<a^3\$，解得\$a>2\$或者\$-1<a<0\$；

情形二，第二段函数不单调，此时需要\$a<-1\$；

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

法2：做出分段函数的图像，使用排除法，令\$a=\\cfrac\{3\}\{2\}\$，和\$a=-\\cfrac\{1\}\{2\}\$验证，可以排除\$B\$，\$C\$，\$D\$，故选\$A\$。

解后反思：①将题目中的条件“存在实数\$b\$，使得函数\$g(x)=f(x)+b\$有两个零点”更改为函数\$f(x)\$是单调递增的函数，则\$a\$的取值范围为\$\\\{a\\mid a=-1或0\\leq a\\leq 2\\\}\$；

②将题目中的条件“存在实数\$b\$，使得函数\$g(x)=f(x)+b\$有两个零点”更改为函数\$f(x)\$不是单调递增的函数，则\$a\$的取值范围为\$\\\{a\\mid a<-1或-1<a<0或 a>2\\\}\$；

例28【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知函数\$y=a+2lnx\$与函数\$y=x^2+2\$的图像在\$x\\in \[\\cfrac\{1\}\{e\}，e\]\$内有两个交点，则实数\$a\$的取值范围是\_\_\_\_\_\_\_\_.

分析：转化为方程\$a=x^2-2lnx+2\$在\$x\\in \[\\cfrac\{1\}\{e\}，e\]\$内有两个根，

即函数\$y=a\$和函数\$y=g(x)=x^2-2lnx+2\$在\$x\\in \[\\cfrac\{1\}\{e\}，e\]\$内有两个交点，

\$g'(x)=2x-\\cfrac\{2\}\{x\}=\\cfrac\{2(x-1)(x+1)\}\{x\}\$，则在\$\[\\cfrac\{1\}\{e\}，1\]\$上单调递减，在\$\[1，e\]\$上单调递增，

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

做出示意图，可知实数\$a\$的取值范围为\$a\\in (3，4+\\cfrac\{1\}\{e^2\}\]\$

例29若\$f(x)=2x^3-ax^2+1(a\\in R)\$，在\$(0，+\\infty)\$内有且只有一个零点，则\$f(x)\$在\$\[-1，1\]\$上的最大值与最小值的和为\_\_\_\_\_\_。

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

即函数\$y=g(x)\$与\$y=a\$在\$(0，+\\infty)\$内有且只有一个交点，

用数形结合求得\$a=3\$，然后用常规方法求得最值即可。

例30已知函数\$f(x)=\\cfrac\{1\}\{2\}x+m+\\cfrac\{3\}\{2x\}-lnx(m\\in R)\$，若\$x\_1\$，\$x\_2\$是函数\$g(x)=x\\cdot f(x)\$的两个极值点，且\$x\_1<x\_2\$，求证：\$x\_1x\_2<1\$。

分析：待解答

例31【2019高三理科数学信息题】已知函数\$f(x)=x^2lnx+1-kx\$存在零点，则\$k\$的取值范围为【】

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

分析：已知函数\$f(x)=x^2lnx+1-kx\$存在零点，即方程\$f(x)=0\$在定义域\$(0，+\\infty)\$上有解，

分离参数得到\$k=\\cfrac\{x^2lnx+1\}\{x\}=xlnx+\\cfrac\{1\}\{x\}\$，令\$h(x)=xlnx+\\cfrac\{1\}\{x\}\$，

则题目转化为\$k=h(x)\$在\$(0，+\\infty)\$上有解，故要么从数的角度求函数\$h(x)\$的值域；要么求其单调性，做函数的图像，从形的角度用数形结合求解。

以下用导数求函数\$h(x)\$的单调性。\$h'(x)=lnx+1-\\cfrac\{1\}\{x^2\}\$，

此时需要注意，导函数中出现了\$lnx\$，故我们将上述的函数人为的分为两个部分，\$y=lnx\$和\$y=1-\\cfrac\{1\}\{x^2\}\$，先令\$lnx=0\$得到\$x=1\$，在将\$x=1\$代入\$y=1-\\cfrac\{1\}\{x^2\}\$验证也是其零点，说明这两个函数的零点重合，故接下来我们将定义域分为\$(0，1)\$和\$(1，+\\infty)\$两部分分类讨论即可：

则\$0<x<1\$时，\$h'(x)<0\$，\$h(x)\$单调递减，\$x>1\$时，\$h'(x)>0\$，\$f(x)\$单调递增，则\$h(x)\_\{min\}=h(1)=1\$。

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

或利用单调性得到函数\$h(x)\$的图像如下，

再利用函数\$y=k\$和函数\$y=h(x)\$的图像有交点，得到\$k\$的取值范围为\$k\\in \[1，+\\infty)\$。故选\$B\$

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