高考常考的超越函数

高考常考的超越函数——伪二次函数
戴又发
形如)0(,ln )(2
≠++=ac x c bx ax x f 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)0(2)(≠++='ac x
c
b ax x f 为代数函数，当0=b 时导函数为耐克函数．
又由)0(2)(2≠++='ac x
c
bx ax x f 可知其分子为二次函数．
设)0(2)(2>++=x c bx ax x g ，则方程022=++c bx ax 的判别式为ac b 82
-=∆． 下面给出0>a 时，关于函数)(x f 性质和图象的结论．
（1）当0>a ，且方程022
=++c bx ax 无正根时，)(x f 是),0(+∞上单调增函数，无最大值和最小值,其图象大致为；
（2）当0>a ，且方程022
=++c bx ax 有两相等正根时，)(x f 是),0(+∞上单调
增函数，无最大值和最小值,其图象大致为；
（3）当0>a ，且方程022
=++c bx ax 有一正根一负根时，设0x 为其正根，)(x f 在),0(0x 上为减函数，在是),(0+∞x 上是增函数，当0x x =时，)(x f 取得最小值,其图象大致为；
（4）当0>a ，且方程022
=++c bx ax 有两不相等正根时，设其根为
)(,,2121x x x x <，则 )(x f 在),0(1x 上为增函数，在),(21x x 上为减函数，在是),(2+∞x 上
是增函数，当1x x =时，)(x f 取得极大值，当2x x =时，)(x f 取得极小值,其图象大致为．
当0<a 时，可做一个变换，得到类似的结论．
伪二次函数是高考常考函数之一，仅举几道2015年真题说明．
例1【2015年北京文科（19）】（本小题13分）
设函数0,ln 2
)(2
>-=k x k x x f
（Ⅰ）求)(x f 的单调区间和极值；
（Ⅱ）证明：若)(x f 存在零点，则)(x f 在区间],1(e 上仅有一个零点．
解析： （Ⅰ）由函数0,ln 2)(2
>-=k x k x x f 知
x
k
x x k x x f -=-='2)(，令0)(='x f ，得x =
()f x 与()f x '在区间(0,)+∞上的情况如下：
所以，()f x 的单调递减区间是，单调递增区间是)+∞；
()f x 在x =(1ln )
2
k k f -=
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )
2
k k f -=
， 因为()f x 存在零点，所以
(1ln )
02
k k -≤，从而k e ≥
当k e =时，()f x 在区间上单调递减，且0f =，
所以x =()f x 在区间上的唯一零点。

当k e >时，()f x 在区间上单调递减，且1(1)0,022
e k
f f -=>=<，
所以()f x 在区间上仅有一个零点。

综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间上仅有一个零点．
例2【2015年福建文科（22）】（本小题满分14分） 已知函数()
()2
1ln 2
x f x x -=-
．
（Ⅰ）求函数()f x 的单调递增区间； （Ⅱ）证明：当1x >时，()1f x x <-；
（Ⅲ）确定实数k 的所有可能取值，使得存在01x >，当()01,x x ∈时，恒有
()()1f x k x >-.
解析：（Ⅰ）211
()1,(0,)x x f x x x x x
-++'=-+=
∈+∞
由()0f x '>得2
0,
10
x x x >⎧⎨
-++>⎩解得102
x <<
故()f x 的单调递增区间是 （Ⅱ）令()()(1),(0,)F x f x x x =--∈+∞
则有2
1()x F x x
-'=
当(1,)x ∈+∞时，()0F x '<， 所以()F x 在[1,)+∞上单调递减，
故当1x >时，()(1)0F x F <=，即当1x >时，()1f x x <-
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当1k =时，不存在01x >满足题意
当1k >时，对于1x >，有()1(1)f x x k x <-<-，则()(1)f x k x <-， 从而不存在01x >满足题意
当1k <时，令()()(1),(0,)G x f x k x x =--∈+∞，
则有21(1)1
()1x k x G x x k x x
-+-+'=-+-=
由()0G x '=得，2
(1)10x k x -+-+=
解得120,1x x =
<=> 当2(1,)x x ∈时，()0G x '>，故()G x 在2[1,)x 内单调递增 从而当2(1,)x x ∈时，()(1)0G x G >=，即()(1)f x k x >- 综上，k 的取值范围是(,1)-∞
例3【2015年山东理科（21）】(本小题满分14分)
设函数2
()ln(1)()f x x a x x =++-，其中a R ∈。

（Ⅰ）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； （Ⅱ）若0,()0x f x ∀>≥成立，求a 的取值范围. 解析：（Ⅰ）由题意知，函数()f x 的定义域为(1,)-+∞，
2121
()(21)11
ax ax a f x a x x x +-+'=+-=++，
令2
()21,(1,)g x ax ax a x =+-+∈-+∞， （1）当0a =时，()1g x =，
此时()0f x '>，函数()f x 在(1,)-+∞单调递增，无极值点； （2）当0a >时，2
8(1)(98)a a a a a ∆=--=-，
①当8
09
a <≤
时，0∆≤，()0g x ≥， ()0f x '≥，函数()f x 在(1,)-+∞单调递增，无极值点；
②当8
9
a >
时，0∆>， 设方程2
210ax ax a +-+=的两根为1212,()x x x x <，
因为1212x x +=-
， 所以1211
,44
x x <->-
由(1)10g -=>，可得11
14
x -<<-
， 所以当1(1,)x x ∈-时，()0,()0g x f x '>>，函数()f x 单调递增；
当12(,)x x x ∈时，()0,()0g x f x '<>，函数()f x 单调递减； 当2(,)x x ∈+∞时，()0,()0g x f x '>>，函数()f x 单调递增； 因此函数()f x 有两个极值点． （3）当0a <时，0∆>，
由(1)10g -=>，可得11x <-，
当2(1,)x x ∈-时，()0,()0g x f x '>>，函数()f x 单调递増； 当2(,)x x ∈+∞时，()0,()0g x f x '<<，函数()f x 单调递减； 所以函数有一个极值点． 综上所述，
当0a <时，函数()f x 有一个极值点； 当8
09
a ≤≤
时，()f x 的无极值点；
当8
9
a >
时，函数()f x 有两个极值点. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，
（1）当8
09
a ≤≤
时，函数()f x 在(0,)+∞单调递增， 因为(0)0f =，
所以(0,)x ∈+∞时，()0f x >，符合题意； （2）当
8
19
a <≤时，(0)0g ≥，得20x ≤， 所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，
又(0)0f =，所以(0,)x ∈+∞时，()0f x >，符合题意； （3）当1a >时，由(0)0g <，可得20x >
所以2(0,)x x ∈时，函数()f x 单调递减； 因为(0)0f =，
所以2(0,)x x ∈时，()0f x <，不符合题意； （4）当0a <时，设()ln(1)h x x x =-+，
因为(0,)x ∈+∞时，1()1011x h x x x
'=-
=>++， 所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，
因此当(0,)x ∈+∞时，()(0)0h x h >=，即ln(1)x x +< 可得2
2
()()(1)f x x a x x ax a x <+-=+-， 当11x a
>-
时，2
(1)0ax a x +-<， 此时()0f x <，不符合题意. 综上所述，a 的取值范围是[0,1].
例4【2015年四川理科（21）】（本题满分14分）已知函数
22()2()ln 22f x x a x x ax a a =-++--+，其中0a >，
（Ⅰ）设()g x 是()f x 的导函数，讨论函数()g x 的单调性．
（Ⅱ）证明：存在(0,1)a ∈使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间
(1,)+∞内有唯一解．
解析：（Ⅰ）由已知，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，
()()2()2ln 2(1)a
g x f x x a x x '==---+，
所以222112()2()
2224()2x a a g x x x x
-+-'=-+= 当1
04
a <<
，()g x
在区间11(0,),()22++∞上单调递增，
在区间上单调递减； 当1
4
a ≥
时，()g x 在区间(0,)+∞上单调递增。

（Ⅱ）由()2()2ln 2(1)0a f x x a x x '=---+=，解得1
1ln 1x x
a x ---=+
令
2
21111
1ln 1ln 1ln 1ln ()2()ln 2()2()1111x x x x x x x x x x x x x x x x x
ϕ------------=-+
+--+++++ 则2
11
(2)2(1)10,()2()011e e e e e e ϕϕ----=>=--<++
故存在0(1,)x e ∈，使得0()0x ϕ= 令00
01
1ln ,()1ln (1)1x x a u x x x x x ---=
=--≥+ 由1
()10u x x
'=-≥知，函数()u x 在区间(1,)+∞上单调递增 所以001
11
0()(1)()2
0111111u x u u e e a x e e ----=
<=<=<++++ 即0(0,1)a ∈
当0a a =时，有00()0,()()0f x f x x ϕ'=== 由（Ⅰ）知，()f x '在区间(1,)+∞上单调递增，
故当0(1,)x x ∈时，()0f x '<，从而0()()0f x f x >=； 当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，从而0()()0f x f x >= 所以，当(1,)x ∈+∞时，()0f x ≥
综上所述，存在(0,1)a ∈，使得()0f x ≥在区间(1,)+∞内恒成立，且()0f x =在区间(1,)+∞内有唯一解．。