第二部分 微专题八 赋值取点问题-新高考复习指南·数学

＞＞＞ 第二部分　新高考复习重点解剖（函数篇） ４９　 !"#+ 赋值取点问题 一、真题比较 （一）真题再现 １．（２０１３·江苏卷第２０题）设函数犳（狓）＝ｌｎ狓－犪狓，犵（狓）＝ｅ 狓－犪狓，其中犪为实数． （１）若犳（狓）在（１，＋∞）上是单调减函数，且犵（狓）在（１，＋∞）上有最小值，求犪的取值 范围； （２）若犵（狓）在（－１，＋∞）上是单调增函数，试求犳（狓）的零点个数，并证明你的结论． 【解】　（１）对犳（狓）求导可得犳′（狓）＝ １ 狓 －犪． ∵犳（狓）在（１，＋∞）上是单调减函数，∴ １ 狓 －犪≤０在（１，＋∞）上恒成立． ∴犪≥ １ 狓 ，狓∈（１，＋∞），∴犪≥１． 令犵′（狓）＝ｅ 狓－犪＝０，得狓＝ｌｎ犪． 当狓＜ｌｎ犪时，犵′（狓）＜０；当狓＞ｌｎ犪时，犵′（狓）＞０． 又犵（狓）在（１，＋∞）上有最小值，所以ｌｎ犪＞１，即犪＞ｅ． 故犪的取值范围为（ｅ，＋∞）． （２）当犪≤０时，犵（狓）必为单调增函数；当犪＞０时，令犵′（狓）＝ｅ 狓－犪＞０，解得犪＜ｅ 狓，即 狓＞ｌｎ犪． 因为犵（狓）在（－１，＋∞）上是单调增函数，类似（１）有ｌｎ犪≤－１，即０＜犪≤ １ ｅ ． 综合上述两种情况，有犪≤ １ ｅ ． （ｉ）当犪＝０时，由犳（１）＝０以及犳′（狓）＝ １ 狓 ＞０，得犳（狓）存在唯一的零点； （ｉ）当犪＜０时，由于犳（ｅ 犪）＝犪－犪ｅ犪＝犪（１－ｅ犪）＜０，犳（１）＝－犪＞０，且函数犳（狓）在 ［ｅ犪，１］上的图象不间断，所以犳（狓）在（ｅ 犪，１）上存在零点． 新高考复习指南·数学  ５０　 另外，当狓＞０时，犳′（狓）＝ １ 狓 －犪＞０，故犳（狓）在（０，＋∞）上是单调增函数，所以犳（狓） 只有一个零点． （ｉｉ）当０＜犪≤ １ ｅ 时，令犳′（狓）＝ １ 狓 －犪＝０，解得狓＝ １ 犪 ．当０＜狓＜ １ 犪 时，犳′（狓）＞０；当 狓＞ １ 犪 时，犳′（狓）＜０．所以，狓＝ １ 犪 是犳（狓）的最大值点，且最大值为犳 １（ ）犪 ＝－ｌｎ犪－１． ① 当－ｌｎ犪－１＝０，即犪＝ １ ｅ 时，犳（狓）有一个零点狓＝ｅ； ② 当－ｌｎ犪－１＞０，即０＜犪＜ １ ｅ 时，犳（狓）有两个零点． 事实上，对于０＜犪＜ １ ｅ ，由于犳 １（ ）ｅ ＝－１－ 犪 ｅ ＜０，犳 １（ ）犪 ＞０，且函数犳（狓）在 １ ｅ ，１［ ］犪 上的图象不间断，所以犳（狓）在 １ ｅ ，１（ ）犪 上存在零点． 另外，当０＜狓＜ １ 犪 时，犳′（狓）＝ １ 狓 －犪＞０，故犳（狓）在 ０， １（ ）犪 上是单调增函数，所以犳（狓） 在 ０， １（ ）犪 上只有一个零点． 下面考虑犳（狓）在 １ 犪 ，＋∞（ ）上的情况，先证明犳（ｅ１犪）＝犪 １犪２－ｅ １（ ）犪 ＜０． 为此，我们要证明：当狓＞ｅ时，ｅ 狓 ＞狓 ２． 设犺（狓）＝ｅ狓－狓２，则犺′（狓）＝ｅ狓－２狓．再设犾（狓）＝犺′（狓）＝ｅ狓－２狓，则犾′（狓）＝ｅ狓－２． 当狓＞１时，犾′（狓）＝ｅ 狓－２＞ｅ－２＞０，所以犾（狓）＝犺′（狓）在（１，＋∞）上是单调增函数． 故当狓＞２时，犺′（狓）＝ｅ 狓－２狓＞犺′（２）＝ｅ ２－４＞０，从而犺（狓）在（２，＋∞）上是单调增函 数，进而当狓＞ｅ时，犺（狓）＝ｅ 狓－狓２＞犺（ｅ）＝ｅ ｅ－ｅ２＞０，即当狓＞ｅ时，ｅ 狓 ＞狓 ２． 当０＜犪＜ １ ｅ ，即１ 犪 ＞ｅ时，犳（ｅ １ 犪）＝ １ 犪 －犪ｅ １ 犪 ＝犪 １ 犪２ －ｅ １（ ）犪 ＜０，又犳 １（ ）犪 ＞０，且函数 犳（狓）在 １ 犪 ，ｅ １ ［ ］犪 上的图象不间断，所以犳（狓）在 １犪，ｅ １（ ）犪 上存在零点． 又当狓＞ １ 犪 时，犳′（狓）＝ １ 狓 －犪＜０，故犳（狓）在 １ 犪 ，＋∞（ ）上是单调减函数，所以犳（狓）在 １ 犪 ，＋∞（ ）上只有一个零点． 综合（ｉ）（ｉ）（ｉｉ），当犪≤０或犪＝ １ ｅ 时，犳（狓）的零点个数为１；当０＜犪＜ １ ｅ 时，犳（狓）的零 点个数为２． ２．（２０１７·全国Ⅰ卷理科第２１题）已知函数犳（狓）＝犪ｅ ２狓＋（犪－２）ｅ狓－狓． （１）讨论犳（狓）的单调性； （２）若犳（狓）有两个零点，求犪的取值范围． ＞＞＞ 第二部分　新高考复习重点解剖（函数篇） ５１　 【解】　（１）犳（狓）的定义域为（－∞，＋∞），犳′（狓）＝２犪ｅ ２狓＋（犪－２）ｅ狓－１＝（犪ｅ狓－ １）（２ｅ狓＋１）． （ｉ）若犪≤０，则犳′（狓）＜０，所以犳（狓）在（－∞，＋∞）上单调递减． （ｉ）若犪＞０，由犳′（狓）＝０得狓＝－ｌｎ犪． 当狓∈（－∞，－ｌｎ犪）时，犳′（狓）＜０；当狓∈（－ｌｎ犪，＋∞）时，犳′（狓）＞０． 所以犳（狓）在（－∞，－ｌ