高考中所遇的超越方程伪二次函数 9页

超越函数——伪二次函数 如果说函数是高考的重头戏，那么高考数学试卷中所涉及的函数多数属于超越函数。今天我们来认识的超越函数叫伪二次函数，它常作为解答题甚至是压轴题的研究对象。‎ 形如fx=ax‎2‎+bx+clnx,‎(ac≠0)‎的函数称为伪二次函数。‎ 首先伪二次函数是超越函数，其定义域为‎(0,+∞)‎。‎ 伪二次函数的导函数f‎'‎x‎=2ax+b+cx(ac≠0)‎为代数函数，当b=0‎时导函数为莱克函数。‎ 又由f‎'‎x‎=‎‎2ax‎2‎+bx+cxac≠0‎可知其分子为二次函数。‎ 设g(x)=2ax‎2‎+bx+c(x>0)‎，则方程‎2ax‎2‎+bx+c=0‎的判别式为‎∆=b‎2‎-8ac。‎ 下面给出a>0‎时，关于函数fx性质和图像的结论。 ‎ ‎(1)当a>0‎，且方程‎2ax‎2‎+bx+c=0‎无正根时，fx是‎(0,+∞)‎上单调增函数，无最大值和最小值，其图像大致为：‎ ‎(2)当‎ a>0‎，且方程‎2ax‎2‎+bx+c=0‎有两相等正根时，fx是‎(0,+∞)‎上单调增函数，无最大值和最小值，其图像大致为：‎ ‎(3) 当‎ a>0‎，且方程‎2ax‎2‎+bx+c=0‎有一正根一负根时，设x‎0‎为其正根，fx在‎(0,x‎0‎)‎上为减函数，在‎(x‎0‎,+∞)‎上是增函数，当x=‎x‎0‎时，fx取最小值，其图像大致为：‎ ‎ (4)当a>0‎，且方程‎2ax‎2‎+bx+c=0‎有两不相等正根时，设其根为x‎1‎，x‎2‎， （x‎1‎‎<‎x‎2‎），则fx在‎(0,x‎1‎)‎上为增函数，在‎(x‎1‎,x‎2‎)‎上为减函数，在‎(x‎2‎,+∞)‎上是增函数，当x=‎x‎1‎时，fx取得极大值，当x=‎x‎2‎时，fx取得极小值，其图像大致为 当‎ a<0‎时，可做一个变换，得到类似的结论。‎ 伪二次函数是高考常考函数之一，仅举几道2015年真题说明。‎ 例1【2015年福建文科(22)】(本小题满分14分) 已知函数 fx=‎lnx-‎‎(x-1)‎‎2‎‎2‎‎ .‎ ‎（Ⅰ）求函数fx的单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）证明：当x>1时，fx1‎，当x∈(1,x‎0‎)‎时，恒有fx>k(x-1). ‎ 解析：（Ⅰ）‎f‎'‎x‎=‎1‎x-x+1=‎-x‎2‎+x+1‎x,x∈(0,+∞)‎ 由f‎'‎x>0得x>0,‎‎-x‎2‎+x+1>0‎解得‎01‎时，Fx1‎时，‎fx1‎满足题意 ‎ 当k>1时，对于x>1，有f(x)1‎满足题意 ‎ 当k<1时，令G(x)=f(x)-k(x-1)，x∈(0,+∞)‎，‎ ‎ 则有G‎'‎x‎=‎1‎x-x+1-k=‎‎-x‎2‎+(1-k)x+1‎x ‎ 由G‎'‎x‎=0‎得，‎‎-x‎2‎+‎1-kx+1=0‎ ‎ 解得x‎1‎‎=‎1-k-‎‎(1-k)‎‎2‎‎+4‎‎2‎<0‎，‎x‎2‎‎=‎1-k+‎‎(1-k)‎‎2‎‎+4‎‎2‎>1‎ ‎ 当x∈(1,x‎2‎)‎时，G‎'‎x‎>0‎，故G(x)在‎[1,x‎2‎)‎内单调递增 ‎ 从而当x∈(1,x‎2‎)‎时，G(x)> G(1)=0，即f(x)>k(x-1)‎ 综上，k的取值范围是‎(-∞,1)‎。‎ 例2【2015年北京文科（19）】（本小题13分）‎ ‎ 设函数fx=x‎2‎‎2‎-klnx,‎k>0‎。‎ ‎ （Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值；‎ ‎ （Ⅱ）证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间‎(1,e]‎上仅存有一个零点.‎ 解析：（Ⅰ）由函数fx=x‎2‎‎2‎-klnx,‎k>0‎知 ‎ f‎'‎x‎=x-kx=‎x‎2‎‎-kx，令f‎'‎x‎=0‎，得x‎1‎‎=‎k。‎ ‎ f(x)与f‎'‎x在区间‎(0,+∞)‎上的情况如下 x ‎(0,k)‎ k ‎(k,‎+∞)‎ f‎'‎x ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↘‎ k(1-lnk)‎‎2‎ ‎↗‎ 所以，f(x)的单调递减区间是‎(0,k)‎,单调递增区间是‎ (k,‎+∞)‎；‎ f(x)在x=‎k处取得极小值fk=‎k(1-lnk)‎‎2‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)在区间‎(0,+∞)‎上的最小值为fk=‎k(1-lnk)‎‎2‎ 因为f(x)存在零点，所以k(1-lnk)‎‎2‎‎≤0‎，从而k≥e 当k=e时，f(x) 在区间‎(1,e)‎上单调递减，且fe=0‎ 所以x=‎e是f(x)在区间‎(1,e]‎上的唯一零点。‎ 当k>e时，f(x) 在区间‎(1,e)‎上单调递减，且f‎1‎=‎1‎‎2‎>0‎，‎fe=e-k‎2‎<0‎ 所以f(x)在区间‎(1,e]‎上仅存有一个零点。‎ 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间‎(1,e]‎上仅存有一个零点。‎ 例3【2015年山东理科（21）】（本小题满分14分）‎ 设函数fx=‎lnx+1‎‎+a(x‎2‎-x)‎其中a∈R。‎ ‎（Ⅰ）讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；‎ ‎（Ⅱ）若‎∀x>0,fx≥0‎成立，求a得取值范围。‎ 解析：（Ⅰ）由题意知，函数fx的定义域为‎(-1,+∞)‎ ‎ ‎f‎'‎x‎=‎1‎x+1‎+a‎2x-1‎=‎‎2ax‎2‎+ax-a+1‎x+1‎ ‎ 令gx=2ax‎2‎+ax-a+1‎，x∈(-1,+∞)‎，‎ ⑴当a=0‎时，g(x)=1，‎ 此时f‎'‎x‎>0‎，函数fx在‎(-1,+∞)‎单调递增，无极值点；‎ ⑵当a>0‎时，‎∆=a‎2‎-8a‎1-a=a(9a-8)‎，‎ ①当‎0‎‎8‎‎9‎时，‎∆>0‎，‎ 设方程‎2ax‎2‎+ax-a+1=0‎的两根为x‎1‎，x‎2‎‎(x‎1‎-‎‎1‎‎4‎ 由g(-1)=1>0‎，可得‎-10‎，f‎'‎x‎>0‎，函数fx单调递增；‎ 当x∈(x‎1‎,x‎2‎)‎时，gx<0‎，f‎'‎x‎>0‎，函数fx单调递减；‎ 当x∈(x‎2‎,+∞)‎时，gx<0‎，f‎'‎x‎>0‎，函数fx单调递增；‎ 因此函数fx有两个极值点。‎ ⑶当a<0‎时，‎∆>0‎，‎ ‎ 由g(-1)=1>0‎，可得x‎1‎‎<-1‎，‎ 当x∈(-1,x‎2‎)‎时，gx>0‎，f‎'‎x‎>0‎，函数fx单调递增；‎ 当x∈(x‎2‎,+∞)‎时，gx<0‎，f‎'‎x‎<0‎，函数fx单调递减；‎ 所以函数有一个极值点。‎ 综上所述，当a<0‎时，函数fx有一个极值点；‎ ‎ 当‎0‎‎8‎‎9‎时，函数fx有两个极值点。‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，‎ ⑴当‎00‎，符合题意；‎ ⑵当‎8‎‎9‎‎0‎，符合题意；‎ ⑶当a>1‎时，g‎0‎<0‎，得x‎2‎‎>0‎ 所以x∈(0,x‎2‎)‎时，函数fx单调递减；‎ 因为f‎0‎=0‎，‎ 所以x∈(0,x‎2‎)‎时，fx<0‎，不符合题意；‎ ⑷当a<0‎时，设 hx=x-‎ln‎(x+1)‎，‎ 因为x∈(0,+∞)‎时，h‎'‎x‎=1-‎1‎x+1‎=xx+1‎>0‎，‎ 所以hx在‎(0,+∞)‎上单调递增，‎ 因此当x∈(0,+∞)‎时，hx>h‎0‎=0‎，即 x>‎ln‎(x+1)‎，‎ 可得fx1-‎‎1‎a时，ax‎2‎+‎1-ax<0‎，‎ 此时fx<0‎，不符合题意。‎ 综上所述，a的取值范围是‎[0,1]‎。 ‎ 例4【2015年四川理科（21）】（本题满分14分）‎ 已知函数fx=-2x+alnx+x‎2‎-2ax-2a‎2‎+a，其中a>0‎，‎ ‎（I）设gx是fx的导函数，讨论函数gx的单调性。‎ ‎（II）证明：存在a∈(0,1)‎使得fx≥0‎在区间‎(1,+∞)‎内恒成立，且fx=0‎在区间‎(1,+∞)‎内有唯一解。‎ 解析：（I）由已知，函数fx的定义域为‎(0,+∞)‎，‎ ‎ ‎ gx=f‎'‎x=2x-a-2lnx-2(1+ax)‎，‎ ‎ 所以g‎'‎x‎=2-‎2‎x+‎2ax‎2‎=‎‎2‎(x-‎1‎‎2‎)‎‎2‎+2(a-‎1‎‎4‎)‎x‎2‎，‎ ‎ 当‎00‎，‎φe=-ee-2‎‎1+‎e‎-1‎-2e-2‎‎1+‎e‎-1‎‎2‎<0‎ 故存在x‎0‎‎∈(1,e)‎，使得φx‎0‎=0‎，‎ 令a‎0‎‎=‎x‎0‎‎-1-‎lnx‎0‎‎1+‎x‎0‎‎-1‎，ux=x-1-lnx(x≥1)‎，‎ 由u'x=1-‎1‎x≥0‎知，函数ux在区间(1,+∞)‎上单调递增 所以‎0=u‎1‎‎1+1‎fx‎0‎=0‎；‎ 当x∈(x‎0‎,+∞)‎时，f'x>0‎，从而fx>fx‎0‎=0‎；‎ 所以，当x∈(1,+∞)‎时，‎fx≥0‎ 综上所述，存在a∈(0,1)‎，使得fx≥0‎在区间‎(1,+∞)‎内恒成立，且fx=0‎在区间‎(1,+∞)‎内有唯一解。‎