2020高考数学第二轮通用(文)板块二专题六规范答题示例6

典例 6 (12 分 )(2021 ·全国Ⅱ) 函数 f(x)＝1
x3－ a(x2＋ x＋ 1)．
3
(1)假设 a＝ 3，求 f(x)的区；(2) 明： f(x) 只有一个零点．路
1 求 f′ x →分令 f′ x >0， f′ x <0 求解→获取 f x 的区
x3
g x ＝2x3
2 f x ＝ 0→形得2－3a＝ 0→构造函数－ 3a→解析 g x 的性，
x ＋ x＋ 1x＋ x＋ 1
g x 在－∞，＋∞上增→合零点存在性定理→得 g x 只有一个零点→ f x 只有一个零点 .
范解答·分步得分
(1)解当a＝3，f( x)＝1
3x3－3x2－3x－3，f′ (x)＝x2－6x
－3. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分令 f ′ (x)＝ 0，解得 x＝ 3－2 3或 x＝ 3＋2 3.
当 x∈ (－∞， 3－2 3)∪ (3＋ 2 3，＋∞ )， f′ (x)>0；
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分
成立答模板
第一步
求数：一般先确定函数的定域，再求 f′ (x). 第二步
定区：依照 f′ (x)的符号确定函数的性 . 第三步
当 x∈ (3－ 2 3， 3＋23)， f′( x)<0. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分条件：零点个数故 f(x)的增区(－∞，3－2 3)，(3＋ 2 3，＋∞ )，
化函数的性与
零点存在性合 .
减区 (3－ 23， 3＋2 3). ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分
第四步
(2)明因 x2＋ x＋ 1>0 在 R 上恒成立，写步：通数研究
x 3
－ 3a ＝ 0. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5
分
函数的 性， 合零
因此 f(x)＝ 0 等价于 2
x ＋ x ＋ 1
点存在性定理 一步
x 3
x 2 x 2 ＋ 2x ＋ 3
解 思路 .
g(x)＝
x 2＋x ＋1
≥0在R
－
3a ，
g ′
(x)＝
x 2
＋ x ＋ 1 2
第五步
上恒成立， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
6 分
再反思： 看可否注意
定 域、区 的写法， 当且 当 x ＝0g ′ (x)＝ 0，
新函数的构造可否合理
因此 g(x)在 (－ ∞ ，＋ ∞)上 增 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8 分
等 .
故 g(x)至多有一个零点，从而
f(x)至多有一个零点 . ⋯ 9 分
又 f(3a － 1)＝－ 6a
2
＋ 2a －13＝－ 6 a －16 2－ 1
6<0 ，
1
f(3a ＋ 1)＝ 3>0，故 f(x)有一个零点 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
11 分
上， f(x)只有一个零点 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
12 分
分 第 (1) ：正确求出 f ′ (x)得 1 分；解出 f ′ (x)>0 的区 得
1 分；解出 f ′ (x)<0 的
区 得 1 分；正确写出 f(x)的 区 得 1 分．
第 (2) ：将函数等价 化 方程得 1 分；构造函数 g(x)并正确求 得
1 分；正确判断 g ′ (x)
的符号，得出 g(x)是增函数得 2 分；从而 g(x) 至多有一个零点即 f(x)至多有一个零点得
1 分；
判断 R 内两个函数 的符号，
依照零点存在性定理得出一个零点得
2 分 (注只判断 一个得 1
分 )； 上得出正确 得
1 分．
追踪演
6 (2021 ·全国 Ⅱ )函数 f(x)＝ (x － 1)ln x － x － 1. 明：
(1) f (x)存在唯一的极 点；
(2) f (x)＝ 0 有且 有两个 根，且两个 根互 倒数． 明 (1) f(x)的定 域 (0，＋ ∞ )．
x － 1
1
f ′ (x) ＝ x ＋ ln x － 1＝ ln x － x (x>0) ． 因 y ＝ ln x 在 (0，＋ ∞ )上 增，
1
y ＝ x 在(0 ，＋ ∞ )上 减，
因此 f ′ (x)在 (0，＋ ∞ )上 增．
1又 f′ (1)＝－ 1<0， f′ (2)＝ ln 2 － 2＝ln 4 － 1
>0，
2
故存在唯一x0∈ (1,2)，使得 f′( x0)＝ 0.
又当 0<x<x0时， f′ (x)<0， f(x)单调递减，
当x>x0时，f′(x)>0 ，f(x)单调递加，
因此， f(x)存在唯一的极值点．
(2)由 (1)知 f(x0)<f(1) ＝－ 2，
又 f(e2)＝ e2－ 3>0，
因此 f(x)＝ 0 在 (x0，＋∞ )内存在唯一根x＝α.
1
由 1<x0 <α得 0< <1< x0.
α
又 f 1
＝
111α
－ 1ln －－ 1
αα α
α－ 1 ln α－ 1－α f α
＝ 0，＝α＝α
故1
是 f(x) ＝0 在 (0， x0)的唯一根．α
综上， f(x)＝ 0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．。