函数与方程 二次求导、零点问题和恒成立例题(含答案).doc

函数与方程 二次求导、零点问题和恒成立例题（含答案） 考试说明指出：“高考把函数与方程的思想作为思想方法的重点来考查，使用填空题考查函数与方程思想的基本运算，而在解答题中，则从更深的层次，在知识网络的交汇处，从思想方法与相关能力相结合的角度进行深入考查”函数和方程的思想简单地说，就是学会用函数和变量来思考，学会转化已知与未知的关系，对函数和方程思想的考查，主要是考查能不能用函数和方程思想指导解题，一般情况下，凡是涉及未知数问题都可能用到函数与方程的思想函数与方程的思想在解题应用中主要体现在两个方面：(1) 借助有关初等函数的图象性质，解有关求值、解(证)方程(等式)或不等式，讨论参数的取值范围等问题；(2) 通过建立函数式或构造中间函数把所要研究的问题转化为相应的函数模型，由所构造的函数的性质、结论得出问题的解 利用函数与方程思想解函数问题：例4 已知函数f(x)ax(x0且x1)(1) 若函数f(x)在(1，)上为减函数，求实数a的最小值；(2) 若x1、x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立，求实数a的取值范围解：(1) 因为f(x)在(1，)上为减函数，所以f(x)a0在(1，)上恒成立所以当x(1，)时，f(x)max0.又f(x)aaa，故当，即xe2时，f(x)maxa.所以a0，于是a，故a的最小值为.(2) 命题“若x1、x2e，e2，使f(x1)f(x2)a成立”等价于“当xe，e2时，有f(x)minf(x)maxa”由(1)，当xe，e2时，f(x)maxa， f(x)maxa.问题等价于“当xe，e2时，有f(x)min” 当a时，由(1)f(x)在e，e2上为减函数，则f(x)minf(e2)ae2，故a.当a时，由于f(x)a在e，e2上为增函数，故f(x)的值域为f(e)，f(e2)，即.若a0，即a0，f(x)0在e，e2上恒成立，故f(x)在e，e2上为增函数，于是，f(x)minf(e)eaee，不合题意；若a0，即0a，由f(x)的单调性和值域知存在唯一x0(e，e2)，使f(x0)0，且满足：当x(e，x0)时，f(x)0，f(x)为减函数；当x(x0，e2)时，f(x)0，f(x)为增函数所以f(x)minf(x0)ax0，x0(e，e2)所以a，与0a矛盾，不合题意综上，得a.设函数f(x)ax2bxc(a0)，且f(1).(1) 求证：函数f(x)有两个零点；(2) 设x1、x2是函数f(x)的两个零点，求|x1x2|的取值范围；(3) 求证：函数f(x)的零点x1、x2至少有一个在区间(0，2)内(1) 证明： f(1)abc， 3a2b2c0， cab， f(x)ax2bxab.又b24ab26a24ab(2ab)22a2， a0， 0恒成立，故函数f(x)有两个零点(2) 解：若x1、x2是函数f(x)的两个零点，则x1、x2是方程f(x)0的两根， x1x2，x1x2， |x1x2|， |x1x2|的取值范围是，)(3) 证明：f(0)c，f(2)4a2bc，由(1)知3a2b2c0， f(2)ac. 当c0时，有f(0)0，又a0， f(1)0， 函数f(x)在区间(0，1)内至少有一个零点； 当c0时，f(2)ac0，f(1)0，f(0)c0， 函数f(x)在区间(1，2)内有一个零点综合可知函数f(x)在区间(0，2)内至少有一个零点点评：结合二次函数、二次方程间的关系，利用二次方程根的分布、根与系数关系、零点存在性定理解决1. (2014江苏卷)已知函数f(x)x2mx1，若对于任意xm，m1，都有f(x)0成立，则实数m的取值范围是_答案：解析：m.2. (2014江苏卷)如图，在平行四边形ABCD中，已知AB8，AD5，3，2，则的值是_答案：22解析：(解法1)基底法，考虑将条件中涉及的、向量用基底、表示，而后实施计算，则222.因为AB8，AD5，则22564，故22.(解法2)坐标法，不妨以A点为坐标原点，AB所在直线作为x轴建立平面直角坐标系，可设A(0，0)，B(8，0)，D(a，t)，P(a2，t)，C(a8，t)，则(a2，t)，(a6，t)由2，得a2t24a14，由AD5，得a2t225，则4a11，所以8a22.3. (2014江苏卷)已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x0，3)时，f(x).若函数yf(x)a在区间3，4上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是_答案：解析：作出函数的简图，由图象分析可得a.4. (2014湖北卷)设向量a(3，3)，b(1，1)，若(ab)(ab)，则实数_答案：3解析：由题意，得ab(3，3)，ab(3，3)因为(ab)(ab)，所以(3)(3)(3)(3)0，解得3.5. (2014江苏卷)设数列an的前n项和为Sn.若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Snam，则称an是“H数列”(1) 若数列an的前n项和Sn2n(nN*)，证明：an是“H数列”；(2) 设an是等差数列，其首项a11，公差d0.若an是“H数列”，求d的值；(3) 证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立(1) 证明：由已知，当n1时，an1Sn1Sn2n12n2n，于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam，所以an是“H数列”(2) 解：由已知，得S22a1d2d.因为an是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d0，所以m2b0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连结BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连结F1C.(1) 若点C的坐标为，且BF2，求椭圆的方程；(2) 若F1CAB，求椭圆离心率e的值解：设椭圆的焦距为2c，则F1(c，0)，F2(c，0)(1) 因为B(0，b)，所以BF2a.又BF2，故a.因为点C在椭圆上，所以1，解得b21.故所求椭圆的方程为y21.(2) 因为B(0，b)，F2(c，0)在直线AB上，所以直线AB的方程为1.解方程组得所以点A的坐标为 .又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为.因为直线F1C的斜率为 ，直线AB的斜率为，且F1CAB，所以1.又b2a2c2，整理得a25c2.故e2，因此e.(本题模拟高考评分标准，满分16分)已知数列an，bn满足a13，anbn2，bn1an，nN*.(1) 求证：数列是等差数列，并求数列bn的通项公式；(2)设数列cn满足cn2an5，对于任意给定的正整数p，是否存在正整数q、r(pqr)，使得，成等差数列？若存在，试用p表示q、r；若不存在，说明理由(1) 证明：因为anbn2，所以an，则bn1anbn22，(2分)所以.又a13，所以b1，故是首项为，公差为的等差数列，(4分)即(n1)，所以bn.(6分)(2) 解：由(1)知ann2，所以cn2an52n1， 当p1时，cpc11，cq2q1，cr2r1，若，成等差数列，则1(*)，因为pqr，所以q2，r3，1，所以(*)不成立. (9分) 当p2时，若，成等差数列，则，所以，即2r1，所以r，(12分)欲满足题设条件，只需q2p1，此时r4p25p2，(14分)因为p2，所以q2p1p，rq4p27p34(p1)2p10，即rq.(15分)综上所述，当p1时，不存在q、r满足题设条件；当p2时，存在q2p1，r4p25p2，满足题设条件(16分)1. 在等差数列an中，已知a510，a1231，则通项an_答案：3n5解析：显然公差不为零，故通项为n的一次函数，设ananb，a、b为常数，由题意得 an3n5.2. 设函数f(x)x21，对任意x，f4m2f(x)f(x1)4f(m)恒成立，则实数m的取值范围是_答案：解析：(解法1)不等式化为f(x1)4f(m)f4m2f(x)0，即(x1)214m2414m2x24m20，整理得x22x30，因为x20，所以14m2.设g(x)，x.于是题目化为14m2g(x)，对任意x恒成立的问题为此需求g(x)，x的最大值设u，则0u.函数g(x)h(u)3u22u在区间上是增函数，因而在u处取得最大值h3，所以14m2g(x)max，整理得12m45m230，即(4m23)(3m21)0，所以4m230，解得m或m，因此实数m的取值范围是m(，)(解法2)不等式化为f(x1)4f(m)f4m2f(x)0，即(x1)214m2414m2x24m20，整理得x22x30，令F(x)x22x3.由于F(0)30，则其判别式0，因此F(x)的最小值不可能在函数图象的顶点，所以为使F(x)0对任意x恒成立，必须使F为最小值，即实数m应满足解得m2，因此实数m的取值范围是m(，.3. 已知函数g(x)xlnx，设0ab，求证：0g(a)g(b)2g(ba)ln2.证明：g(x)xlnx，g(x)lnx1.构造函数F(x)g(a)g(x)2g，则F(x)g(x)2glnxln.当0xa时，F(x)0，因此F(x)在(0，a)上为减函数；当xa时，F(x)0，因此F(x)在(a，)上为增