高考中所遇的超越方程,伪二次函数

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,(ac0)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fx=2ax+b+cx(ac0)为代数函数，当b=0时导函数为莱克函数。又由fx=2ax2+bx+cxac0可知其分子为二次函数。设g(x)=2ax2+bx+c(x0)，则方程2ax2+bx+c=0的判别式为=b2-8ac。下面给出a0时，关于函数fx性质和图像的结论。(1)当a0，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 a0，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 a0，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a0，且方程2ax2+bx+c=0有两不相等正根时，设其根为x1，x2， （x1x2），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 a1时，fx1，当x(1,x0)时，恒有fxk(x-1). 解析：（）fx=1x-x+1=-x2+x+1x,x(0,+)由fx0得x0,-x2+x+10解得0x1+52故fx的单调递增区间是(0,1+52)（）令Fx=fx-x-1,x(0,+)则有Fx=1-x2x当x(1,+)时，Fx1时，Fx1时，fx1满足题意 当k1时，对于x1，有f(x)x-1k(x-1)，则f(x)1满足题意 当k1时，令G(x)=f(x)-k(x-1)，x(0,+)， 则有Gx=1x-x+1-k=-x2+(1-k)x+1x 由Gx=0得，-x2+1-kx+1=0 解得x1=1-k-(1-k)2+421 当x(1,x2)时，Gx0，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,k0。 （）求f(x)的单调区间和极值； （）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：（）由函数fx=x22-klnx,k0知 fx=x-kx=x2-kx，令fx=0，得x1=k。 f(x)与fx在区间(0,+)上的情况如下x(0,k)k(k,+)fx0+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（）由（）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)20，从而ke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ke时，f(x) 在区间(1,e)上单调递减，且f1=120，fe=e-k20,fx0成立，求a得取值范围。解析：（）由题意知，函数fx的定义域为(-1,+) fx=1x+1+a2x-1=2ax2+ax-a+1x+1 令gx=2ax2+ax-a+1，x(-1,+)，当a=0时，g(x)=1，此时fx0，函数fx在(-1,+)单调递增，无极值点；当a0时，=a2-8a1-a=a(9a-8)，当089时，0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1，x2(x1x2)，因为x1+x2=-12，所以x1-14由g(-1)=10，可得-1x10，fx0，函数fx单调递增；当x(x1,x2)时，gx0，函数fx单调递减；当x(x2,+)时，gx0，函数fx单调递增；因此函数fx有两个极值点。当a0， 由g(-1)=10，可得x10，fx0，函数fx单调递增；当x(x2,+)时，gx0，fx0，函数fx单调递减；所以函数有一个极值点。综上所述，当a0时，函数fx有一个极值点； 当089时，函数fx有两个极值点。（）由（）知，当00，符合题意；当890，符合题意；当a1时，g00所以x(0,x2)时，函数fx单调递减；因为f0=0，所以x(0,x2)时，fx0，不符合题意；当a0，所以hx在(0,+)上单调递增，因此当x(0,+)时，hxh0=0，即 xln(x+1)，可得fx1-1a时，ax2+1-ax0，此时fx0，（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fx0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=fx=2x-a-2lnx-2(1+ax)， 所以gx=2-2x+2ax2=2(x-12)2+2(a-14)x2， 当0a0，e=-ee-21+e-1-2e-21+e-120故存在x0(1,e)，使得x0=0，令a0=x0-1-lnx01+x0-1，ux=x-1-lnx(x1)，由ux=1-1x0知，函数ux在区间(1,+)上单调递增所以0=u11+1ux01+x0-1=a0ue1+e-1=e-21+e-11即a0(0,1)当a=a0时，有fx=0，fx0=x0=0，由（I）知，fx