主题2 第3章 第4节 第3课时 利用导数研究函数的零点问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数及其应用”专题，紧扣高考评价体系，梳理了利用导数研究函数零点的三大核心题型，包括确定零点个数、由零点个数求参数范围及新结构新定义问题，结合2023北京卷、2024北京卷和上海卷真题，明确高频考点分布，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题精讲+方法建模+素养提升”策略，如典例通过转化思想将零点问题转化为方程根或图象交点，运用导数分析单调性与极值培养数学思维，新定义题型强化数学语言表达。特设易错点警示和答题模板，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

主题二 函　数（选择性必修第二册） 第三章　导数及其应用 第3课时　利用导数研究函数的零点问题 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 课时冲关 01 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 可以利用转化与化归思想解决此类问题，即转化为相应方程根的问题或函数图象交点的问题，是高考考查的热点． 确定函数零点(相应方程根)的个数 [典例]　已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,ax)－eq \f(1,a)，a∈R且a≠0. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数． [解]　(1)f′(x)＝eq \f(ax－1,ax2)(x>0)，当a<0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，由f′(x)>0，得x>eq \f(1,a)；由f′(x)<0，得0<x<eq \f(1,a)， ∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减． 综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减． (2)∵当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点， 即当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，方程(ln x－1)ex＋x＝m的根． 令h(x)＝(ln x－1)ex＋x， 则h′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋ln x－1))ex＋1. 由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，f(x)≥f(1)＝0. ∴eq \f(1,x)＋ln x－1≥0在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上恒成立． ∴h′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋ln x－1))ex＋1≥0＋1>0， ∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递增． ∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝＋eq \f(1,e)，h(x)max＝e. ∴当m<＋eq \f(1,e)或m>e时，函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上没有零点； 当＋eq \f(1,e)≤m≤e时，函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有且只有一个零点． 研究函数f(x)零点的策略 (1)如果函数f(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在． (2)如果函数f(x)在已知区间不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g(x)的极值与零的大小，以及函数f(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数． (2023·北京卷)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f(x)极值点的个数． 解：(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R， 所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b， 因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1， 所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－13×ea＋b＝0，,1－3＋aea＋b＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，)) 所以a＝－1，b＝1. (2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1(x∈R)，则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x＋1， 令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±eq \r(3)， 不妨设x1＝3－eq \r(3)，x2＝3＋eq \r(3)，则0＜x1＜x2， 易知e－x＋1＞0恒成立， 所以令g′(x)＜0，解得0＜x＜x1或x＞x2； 令g′(x)＞0，解得x＜0或x1＜x＜x2； 所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减， 在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0,3－eq \r(3))和(3＋eq \r(3)，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－eq \r(3)，3＋eq \r(3))． (3)由(1)得f(x)＝x－x3e－x＋1(x∈R)， f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1， 由(2)知f′(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 当x＜0时，f′(－1)＝1－4e2＜0，f′(0)＝1＞0， 即f′(－1)f′(0)＜0， 所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则－1＜x3＜0， 此时，当x＜x3时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减； 当x3＜x＜0时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增； 所以f(x)在(－∞，0)上有一个极小值点； 当x∈(0，x1)时，f′(x)在(0，x1)上单调递减， 则f′(x1)＝f′(3－eq \r(3))＜f′(1)＝1－2＜0， 故f′(0)f′(x1)＜0， 所以f′(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0＜x4＜x1， 此时，当0＜x＜x4时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；当x4＜x＜x1时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减； 所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点； 当x∈(x1，x2)时，f′(x)在(x1，x2)上单调递增， 则f′(x2)＝f′(3＋eq \r(3))＞f′(3)＝1＞0， 故f′(x1)f′(x2)＜0， 所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1＜x5＜x2， 此时，当x1＜x＜x5时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x5＜x＜x2时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增； 所以f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点； 当x＞x2＝3＋eq \r(3)＞3时，3x2－x3＝x2(3－x)＜0， 所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1＞0， 则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x2，＋∞)上无极值点； 综上，f(x)在(－∞，0)和(x1，x2)上各有一个极小值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极值点． 由函数零点(相应方程根)的 个数确定参数的取值范围 [典例]　(2024·北京卷)设函数f(x)＝x＋kln(1＋x)(k≠0)，直线l是曲线y＝f(x)在点(t，f(t))(t＞0)处的切线． (1)当k＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)求证：l不经过点(0,0)； (3)当k＝1时，设点A(t，f(t))，(t＞0)，C(0，f(t))，O(0,0)，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积，是否存在点A使得2S△ACO＝15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？(参考数据：1.09＜ln 3＜1.10,1.60＜ln 5＜1.61,1.94＜ln 7＜1.95) [解]　(1)因为k＝－1， 所以f(x)＝x－ln(1＋x)(x＞－1)， 则f′(x)＝1－eq \f(1,1＋x)＝eq \f(x,1＋x)(x＞－1)． 当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 综上，f(x)的单调递减区间为(－1,0)，单调递增区间为(0，＋∞ )． (2)证明：因为f(x)＝x＋kln(1＋x)，f′(x)＝1＋eq \f(k,1＋x)， 所以曲线f(x)在点(t，f(t))处的切线方程为y－[t＋kln(1＋t)]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k,1＋t)))(x－t)， 整理得y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(k,1＋t)))x－eq \f(kt,1＋t)＋kln(1＋t)． 令x＝0，则y＝eq \f(－kt,1＋t)＋kln(1＋t)， 令h(t)＝eq \f(－kt,1＋t)＋kln(1＋t)， 则h′(t)＝eq \f(kt,1＋t2)，又因为k≠0，t＞0， 则当k＞0时，h′(t)＞0，所以h(t)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当t∈(0，＋∞)时，h(t)＞h(0)＝0； 当k＜0时，h′(t)＜0，h(t)在(0，＋∞)上单调递减，所以当t∈(0，＋∞)时，h(t)＜h(0)＝0， 即当t∈(0，＋∞)时，h(t)≠0， 所以l不经过点(0,0)． (3)存在． 由(2)得，当k＝1时，l的方程为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1＋t)))x－eq \f(t,1＋t)＋ln(1＋t)，所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，ln1＋t－\f(t,1＋t))). 若2S△ACO＝15S△ABO成立，则2×eq \f(1,2)×OC×AC ＝15×eq \f(1,2)×BO×AC，即2OC＝15BO， 即2[t＋ln(1＋t)]＝15eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln1＋t－\f(t,1＋t)))， 整理得2t－13ln(1＋t)＋eq \f(15t,1＋t)＝0. (下面判断2t－13ln(1＋t)＋eq \f(15t,1＋t)＝0解的个数，即为点A的个数) 令g(t)＝2t－13ln(1＋t)＋eq \f(15t,1＋t)，t＞0，g′(t)＝eq \f(2t2－9t＋4,1＋t2)＝eq \f(2t－1t－4,1＋t2)， 当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，g′(t)＞0，g(t)单调递增， 当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))时，g′(t)＜0，g(t)单调递减， 当t∈(4，＋∞)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增， 又当t→0时，g(t)→0，t→＋∞时，g(t)→＋∞， g(t)的极大值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝6－13lneq \f(3,2)＞0，g(t)的极小值为g(4)＝20－13ln 5＜0， 作出g(t)的大致图象如图所示． 所以g(t)在(0，＋∞)上有两个零点，故有两个这样的点A使2S△ACO＝15S△ABO. 利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程根的个数问题的一般思路： ①将问题转化为函数零点的个数问题，进而转化为函数图象交点的个数问题； ②利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质； ③画出函数的大致图象，结合图象求解． 已知函数f(x)＝eq \f(ax,ex－1)＋x－ln(ax)－2(a＞0)，若函数f(x)在区间(0，＋∞)内存在零点，求实数a的取值范围． 解：法一：由f(x)＝eq \f(ax,ex－1)＋x－ln(ax)－2(a＞0)，可得f′(x)＝eq \f(x－1,ex－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex－1,x)－a))， 设y＝eq \f(ex－1,x)－a，x＞0，a＞0，则y′＝eq \f(ex－1x－1,x2)，令y′＝0解得x＝1，∴y在x∈(0,1)上单调递减，在x∈(1，＋∞)上单调递增，故ymin＝y(1)＝1－a. ①当0＜a＜1时，令f′(x)＝0解得x＝1，当x∈(0,1)时，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(1)＝a－1－ln a＞0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内无零点； ②当a＝1时，f(1)＝a－1－ln a＝0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内有零点； ③当a＞1时，令f′(x)＝eq \f(x－1,ex－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex－1,x)－a))＝0，解得x＝x1或1或x2，且0＜x1＜1＜x2， 此时f(x)在x∈(0，x1)上单调递减，x∈(x1,1)上单调递增，在x∈(1，x2)上单调递减，在x∈(x2，＋∞)上单调递增， 当x＝x1或x2时，f(x)极小值＝0，此时f(x)在区间(0，＋∞)内有两个零点； 综合①②③知f(x)在区间(0，＋∞)内有零点， 则a≥1. 法二：由题意可得e－x＋1＋ln(ax)＝ln(ax)－x＋2， 即e－x＋1＋ln(ax)－[－x＋1＋ln(ax)]－1＝0， 因为ex≥x＋1，当x＝0时等号成立， 所以－x＋1＋ln(ax)＝0，即ax＝ex－1， a＝eq \f(ex－1,x)，令g(x)＝eq \f(ex－1,x)，g′(x)＝eq \f(1,e)×eq \f(x－1ex,x2)， 易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝1， 又x趋近于0和正无穷时，g(x)趋近于正无穷，所以a≥1. 高考新题型—导数的新结构、 新定义问题 [典例]　(2024·上海卷)对于一个函数f(x)和一个点M(a，b)，令s(x)＝(x－a)2＋(f(x)－b)2，若P(x0，f(x0))是s(x)取到最小值的点，则称P是M在f(x)的“最近点”． (1)对于f(x)＝eq \f(1,x)(x＞0)，求证：对于点M(0,0)，存在点P，使得点P是M在f(x)的“最近点”； (2)对于f(x)＝ex，M(1,0)，请判断是否存在一个点P，它是M在f(x)的“最近点”，且直线MP与y＝f(x)在点P处的切线垂直； (3)已知y＝f(x)在定义域R上存在导函数f′(x)，且函数g(x)在定义域R上恒正，设点M1(t－1，f(t)－g(t))，M2(t＋1，f(t)＋g(t))．若对任意的t∈R，存在点P同时是M1，M2在f(x)的“最近点”，试判断f(x)的单调性． [解]　(1)当M(0,0)时，s(x)＝(x－0)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－0))2＝x2＋eq \f(1,x2)≥2eq \r(x2·\f(1,x2))＝2， 当且仅当x2＝eq \f(1,x2)即x＝1时取等号， 故对于点M(0,0)，存在点P(1,1)，使得该点是M(0,0)在f(x)的“最近点”． (2)由题设可得s(x)＝(x－1)2＋(ex－0)2＝(x－1)2＋e2x， 则s′(x)＝2(x－1)＋2e2x，因为y＝2(x－1)，y＝2e2x均为R上单调递增函数， 则s′(x)＝2(x－1)＋2e2x在R上为严格增函数， 而s′(0)＝0，故当x＜0时，s′(x)＜0， 当x＞0时，s′(x)＞0， 故s(x)min＝s(0)＝2，此时P(0,1)， 而f′(x)＝ex，k＝f′(0)＝1，故f(x)在点P处的切线方程为y＝x＋1. 而kMP＝eq \f(0－1,1－0)＝－1，故kMP·k＝－1，故直线MP与y＝f(x)在点P处的切线垂直． (3)设s1(x)＝(x－t＋1)2＋(f(x)－f(t)＋g(t))2， s2(x)＝(x－t－1)2＋(f(x)－f(t)－g(t))2， 而s′1(x)＝2(x－t＋1)＋2(f(x)－f(t)＋g(t))f′(x)，s′2(x)＝2(x－t－1)＋2(f(x)－f(t)－ g(t))f′(x)， 若对任意的t∈R，存在点P同时是M1，M2在f(x)的“最近点”， 设P(x0，y0)，则x0既是s1(x)的最小值点，也是s2(x)的最小值点， 因为两函数的定义域均为R，则x0也是两函数的极小值点， 则存在x0，使得s′1(x0)＝s′2(x0)＝0， 即s1′(x0)＝2(x0－t＋1)＋2f′(x0)[f(x0)－f(t)＋g(t)]＝0，① s2′(x0)＝2(x0－t－1)＋2f′(x0)[f(x0)－f(t)－g(t)]＝0，② 由①②相等得4＋4g(t)·f′(x0)＝0， 即1＋f′(x0)g(t)＝0，即f′(x0)＝－eq \f(1,gt)， 又因为函数g(x)在定义域R上恒正， 则f′(x0)＝－eq \f(1,gt)＜0恒成立， 接下来证明x0＝t， 因为x0既是s1(x)的最小值点，也是s2(x)的最小值点，则s1(x0)≤s(t)，s2(x0)≤s(t)， 即(x0－t＋1)2＋(f(x0)－f(t)＋g(t))2≤1＋(g(t))2，③ (x0－t－1)2＋(f(x0)－f(t)－g(t))2≤1＋(g(t))2，④ ③＋④得2(x0－t)2＋2＋2[f(x0)－f(t)]2＋2g2(t)≤2＋2g2(t)， 即(x0－t)2＋(f(x0)－f(t))2≤0， 因为(x0－t)2≥0，(f(x0)－f(t))2≥0， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x0－t＝0，,fx0－ft＝0，))解得x0＝t， 则f′(t)＝－eq \f(1,gt)＜0恒成立，因为t的任意性，则f(x)严格单调递减． 函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决． 设y＝f(x)是定义在R上的函数，若存在区间[a，b]和x0∈(a，b)，使得y＝f(x)在[a，x0]上严格递减，在[x0，b]上严格递增，则称y＝f(x)为“含谷函数”，x0为“谷点”，[a，b]称为y＝f(x)的一个“含谷区间”． (1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由： (ⅰ)y＝2|x|，(ⅱ)y＝x＋cos x； (2)已知实数m＞0，y＝x2－2x－mln(x－1)是含谷函数，且[2,4]是它的一个含谷区间，求m的取值范围； (3)设p，q∈R，h(x)＝－x4＋px3＋qx2＋(4－3p－2q)x.设函数y＝h(x)是含谷函数，[a，b]是它的一个含谷区间，并记b－a的最大值为L(p，q)．若h(1)≤h(2)，且h(1)≤0，求L(p，q)的最小值． 解：(1)函数y＝2|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x，x＜0，,2x，x≥0，))当x∈(－∞，0]时，单调递减，当x∈[0，＋∞)时，单调递增，所以y＝2|x|是含谷函数，谷点x＝0；函数y＝x＋cos x，求导y′＝1－sin x≥0恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数． (2)由题意可知函数y＝x2－2x－mln(x－1)在区间[2,4]内先减后增，且存在谷点， 令g(x)＝x2－2x－mln(x－1)， 所以g′(x)＝2x－2－eq \f(m,x－1)， 设q(x)＝g′(x)＝2x－2－eq \f(m,x－1)， 所以q′(x)＝2＋eq \f(m,x－12)， 由m＞0可知q′(x)＝2＋eq \f(m,x－12)＞0恒成立， 所以g′(x)在区间[2,4]上单调递增， 若满足谷点，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(g′2＝2－m＜0，,g′4＝6－\f(m,3)＞0，)) 解得2＜m＜18，故m的取值范围是(2,18)． (3)因为h(x)＝－x4＋px3＋qx2＋(4－3p－2q)x， 所以h′(x)＝－4x3＋3px2＋2qx＋(4－3p－2q)＝4(1－x)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)))x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)－\f(q,2)))))， 若x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)－\f(q,2)))≥0恒成立， 则函数y＝h(x)在x≤1时严格递增，在x≥1时严格递减，不是谷函数，不满足题意； 因此关于x的方程x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)－\f(q,2)))＝0有两个相异实根，即Δ＞0， 设两根为α，β且α＜β， 因为h(1)≤0＝h(0)，所以函数y＝h(x)在区间(－∞，1]上不为严格递增，但是当x＜min{1，α，β}时，h′(x)＞0，y＝h(x)为严格递增， 所以y＝h(x)在区间(－∞，1]上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即α＜1， 同理，因为h(1)≤h(2)，所以β＞1， 因此，y＝h(x)在区间(－∞，α]和[1，β]上严格递增，在区间[α，1]和[β，＋∞)上严格递减， 从而函数y＝h(x)的含谷区间[a，b]必满足[a，b]⊆[α，β]，即L(p，q)＝β－α＝eq \r(Δ) ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3p,4)－\f(q,2)))) ＝eq \r(\f(9,16)p2＋\f(3,2)p－3＋2q)， 因为h(1)＝－1＋p＋q＋4－3p－2q＝3－2p－q， h(2)＝－16＋8p＋4q＋8－6p－4q＝－8＋2p， 由h(1)≤h(2)得3－2p－q≤－8＋2p， 所以4p＋q≥11， 由h(1)≤0得3－2p－q≤0，所以2p＋q≥3， 所以q≥eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(11－4p，p≤4，,3－2p，p＞4，)) 当p≤4时，L(p，q)≥eq \r(\f(9,16)p2－\f(13,2)p＋19)≥eq \r(2)， 当p＞4时，L(p，q)≥eq \r(\f(9,16)p2－\f(5,2)p＋3)≥eq \r(2)， 因此L(p，q)的最小值为eq \r(2)，当p＝4，q＝－5时成立. $