零点和极值点

前言

虽说零点和极值点都叫点，但是她们和我们平常所说的点\(A(1,2)\)是不一样的，零点和极值点其实都是实数；

同类：截距不是距离；焦距[为正]却是距离；

两者区别

零点：是针对函数\(f(x)\)而言的，意思是使得\(f(x)=0\)的\(x\)的取值；

比如二次函数\(f(x)=x^2-3x+2\)，由于\(f(x)=x^2-3x+2=0\)，解得\(x=1\)或者\(x=2\)，故其零点为\(x=1\)和\(x=2\)，有两个零点。也就是说零点其实是函数\(y=f(x)\)图像与直线\(y=0\)交点的横坐标。她又可以分为变号零点和不变号零点。比如函数\(f(x)=(x-4)^2\)的零点为\(x=4\)，这个零点就是不变号零点；而刚才\(f(x)=x^2-3x+2\)的两个零点\(x=1\)和\(x=2\)就叫变号零点，

常用的转化关系：涉及数形结合的思想方法。

\[\require{AMScd} \begin{CD} \left.\begin{array}{l}{函数y=f(x)有n个}\\{零点，包含变号零点}\\{和不变号零点}\end{array}\right.\quad @>{\Rightarrow 从数到数}>{\Leftarrow 从数到数}>\quad \left.\begin{array}{l}{方程f(x)=0}\\{有n个不同的根}\end{array}\right.\quad@>{\Rightarrow 从数到形}>{\Leftarrow 从形到数}>\quad\left.\begin{array}{l}{函数y=f(x)与y=0的}\\{图像有n个不同的交点}\\{包含穿根交点和相切交点}\end{array}\right. \end{CD} \]

极值点：也是针对函数\(f(x)\)而言的，但她与函数\(f(x)\)和导函数\(f'(x)\)都有关，极值点是导函数的零点；

比如\(x_0\)为函数\(f(x)\)的极值点，则求极值时必须计算\(f(x_0)\)而不是\(f'(x_0)\)，而\(x_0\)要成为极值点，则首先必须满足\(f'(x_0)=0\)且导函数在\(x_0\)的左右的函数值必须异号；

常用的转化关系：函数\(y=f(x)\)有\(n\)个极值点 \(\Longleftrightarrow\) 函数\(y=f'(x)\)有\(n\)个不同的零点(变号零点) \(\Longleftrightarrow\) 两个函数图像\(y=f'(x)\)与\(y=0\)有\(n\)个不同的穿根交点而不是相切点，思想方法：数形结合。

两者联系

导函数\(f'(x)\)的变号零点是原函数\(f(x)\)的极值点。导函数\(f'(x)\)的不变号零点不是原函数\(f(x)\)的极值点；

易错情形

当已知函数\(f(x)\)在区间\(D\)上有极值点时，我们容易错误转化为\(f'(x)=0\)在区间\(D\)上有解，但这些解中有些是导函数的相切解，有些是导函数的穿根解，而相切解不能成为极值点。

如上图，\(x=4\)是导函数的零点，但却是方程\(f'(x)=0\)的相切解，而不是穿根解；故\(x=4\)不是原函数的极值点。

具体问题中如何操作，以例说明；

【2019\(\cdot\) 临汾调研】若函数\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^2+x+1\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有极值点，则实数\(a\)的取值范围是【】

$A.(2，\cfrac{5}{2})$ $B.[2，\cfrac{5}{2})$ $C.(2，\cfrac{10}{3})$ $D.[2，\cfrac{10}{3})$

法1：函数\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-\cfrac{a}{2}x^2+x+1\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有极值点，\(f'(x)=x^2-ax+1\)，

则\(f'(x)=0\)有\(2\)个不同的实根[若\(\Delta=0\)，是一个根，就是相切解，不会成为极值点；若\(\Delta< 0\)，没有根，则没有极值点]且在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[一个解或者两个解]，

则由\(\Delta=a^2-4>0\)，解得\(a<-2\)或\(a>2\)①；

由\(x^2-ax+1=0\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，分离参数得到\(a=x+\cfrac{1}{x}\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，

而\(g(x)=x+\cfrac{1}{x}\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上的值域为\([2，\cfrac{10}{3})\)，即\(g(x)\in [2，\cfrac{10}{3})\)

故\(a\in [2，\cfrac{10}{3})\)②，由①②求交集，得到实数\(a\)的取值范围是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故选\(C\)。

法2：由题可知，\(f'(x)=x^2-ax+1=0\)在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[可能有漏解]，

①当方程在\((\cfrac{1}{2},3)\)内仅有一个穿根解时，由零点存在性定理得到\(f'(\cfrac{1}{2})\cdot f'(3)<0\)，

解得\(\cfrac{5}{2}<a<\cfrac{10}{3}\)；

②当方程在\((\cfrac{1}{2},3)\)内有两个穿根解时，则\(\left\{\begin{array}{l}{f'(\cfrac{1}{2})>0}\\{f'(3)>0}\\{\Delta>0}\\{\cfrac{1}{2}<\cfrac{a}{2}<3}\end{array}\right.\) 即\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{1}{4}-\cfrac{a}{2}+1>0}\\{9-3a+1>0}\\{a^2-4>0}\\{\cfrac{1}{2}<\cfrac{a}{2}<3}\end{array}\right.\)

解得\(2<a<\cfrac{5}{2}\)；

③\(a=\cfrac{5}{2}\)时，\(f'(x)=x^2-\cfrac{5}{2}x+1=(x-\cfrac{1}{2})(x-2)\)，也满足题意；

综上所述，得到实数\(a\)的取值范围是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故选\(C\)。

法3：由题可知，\(f'(x)=x^2-ax+1=0\)在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[可能有增根]，

则方程\(x^2+1=ax\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，

则函数\(y=x^2+1\)和函数\(y=ax\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有交点，

函数\(y=x^2+1\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上的图像的两个端点为坐标\((\cfrac{1}{2},\cfrac{5}{4})\)和\((3,10)\)，

当\(y=ax\)与\(y=x^2+1\)相切时，由\(\Delta=a^2-4=0\)，解得\(a=2\)，舍去\(a=-2\)，

当\(y=ax\)过点\((3,10)\)时，\(a=\cfrac{10}{3}\)，

由图像可知两个函数有交点时\(a\in [2,\cfrac{10}{3})\)，但\(a=2\)时是相切解，故排除；

综上所述，得到实数\(a\)的取值范围是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故选\(C\)。

法4：由题可知，\(f'(x)=x^2-ax+1=0\)在\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解[可能有增根]，

则方程\(x^2+1=ax\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，即\(a=x+\cfrac{1}{x}\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上有解，

而\(g(x)=x+\cfrac{1}{x}\)在区间\((\cfrac{1}{2},3)\)上的值域为\([2，\cfrac{10}{3})\)，即\(g(x)\in [2，\cfrac{10}{3})\)

故\(a\in [2，\cfrac{10}{3})\)，又由于\(a=2\)时，刚好和函数\(y=x+\cfrac{1}{x}\) \(x\in (\cfrac{1}{2},3)\)相切，是相切解，排除；

故实数\(a\)的取值范围是\((2，\cfrac{10}{3})\)，故选\(C\)。

典例剖析

【2017\(\cdot\) 西安模拟】已知函数\(f(x)=kx^2-lnx\)有两个零点，求参数\(k\)的取值范围。

$A.k > \cfrac{e}{2}$ $B.0< k <\sqrt{e}$ $C.k > \cfrac{\sqrt{2}e}{2}$ $D.0< k <\cfrac{1}{2e}$

【法1】：不完全分离参数法，数形结合法，定义域为\((0，+\infty)\)，转化为方程\(kx^2=lnx\)有两个不同的实数根，

再转化为函数\(y=kx^2\)与函数\(y=lnx\)的图像有两个不同的交点，

如图设两个函数的图像相切于点为\((x_0，y_0)\)，

则有关系式\(\begin{cases}2kx_0=\cfrac{1}{x_0}\\kx_0^2=y_0\\y_0=lnx_0\end{cases}\)，

解得\(y_0=\cfrac{1}{2}，x_0=\sqrt{e}\)，即切点为\((\sqrt{e}，\cfrac{1}{2})\)，

再代入函数\(y=kx^2\)，求得此时的\(k=\cfrac{1}{2e}\)，

再结合函数\(y=kx^2\)的系数\(k\)的作用，可得两个函数要有两个不同的交点，

则\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。 故选\(D\).

【法2】：完全分离参数法，定义域为\((0，+\infty)\)，转化为方程\(kx^2=lnx\)有两个不同的实数根，

再转化为\(k=\cfrac{lnx}{x^2}\)有两个不同的实数根，

再转化为函数\(y=k\)和函数\(y=g(x)=\cfrac{lnx}{x^2}\)的图像有两个不同的交点，

用导数研究函数\(g(x)\)的单调性，\(g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x^2-lnx\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{1-2lnx}{x^3}\)，

令\(1-2lnx>0\)，得到\(0< x<\sqrt{e}\)，令\(1-2lnx<0\)，得到\(x >\sqrt{e}\)，

即函数\(g(x)\)在区间\((0，\sqrt{e}]\)上单调递增，在\([\sqrt{e}，+\infty)\)上单调递减，

故\(g(x)_{max}=g(\sqrt{e})=\cfrac{1}{2e}\)，

作出函数\(g(x)\)和函数\(y=k\)的简图，由图像可得\(k\)的取值范围是\(k\in(0，\cfrac{1}{2e})\)。 故选\(D\).

【2017\(\cdot\)安徽合肥模拟】已知函数\(f(x)=xlnx-ae^x\)有两个极值点，则实数\(a\)的取值范围是【】

$A.(0，\cfrac{1}{e})$ $B.(0，e)$ $C.(\cfrac{1}{e}，e)$ $D.(-\infty，e)$

【法1】：函数\(f'(x)=lnx+1-ae^x=0\)有两个变号零点，

即函数\(g(x)=lnx+1(x>0)\)与函数\(h(x)=ae^x(x>0)\)有两个不同的交点；

仿上题的法1，求得两条曲线相切时的\(a=\cfrac{1}{e}\)，

结合图像可知，要使两个函数有两个不同的交点，

则有\(0< a <\cfrac{1}{e}\)，故选\(A\)。

【法2】：函数\(f'(x)=lnx+1-ae^x=0\)有两个变号零点，

分离参数得到，\(a=\cfrac{lnx+1}{e^x}\)，

仿上例法2，求得\(0< a <\cfrac{1}{e}\)，故选\(A\)。

函数\(f(x)=cosx-x\)在\((0，\pi)\)上的单调性是【】

$A.先增后减$ $B.先减后增$ $C.单调递增$ $D.单调递减$

分析：易知\(f'(x)=-sinx-1\)，\(x\in (0，\pi)\)，故\(f'(x)<0\)，则\(f(x)\)在\((0，\pi)\)上单调递减，故选\(D\)。

解后反思：函数\(f(x)=cosx-x\)的定义域为\((-\infty，+\infty)\)，\(f'(x)=-sinx-1\)，

则\(x\in (-\infty，+\infty)\)时，\(f'(x)\leqslant 0\)恒成立，

虽说导函数有无穷个零点，但这些零点都不能连成一个宽度大于零的区间，

故不可能是常函数，即函数\(f(x)\)在\((-\infty，+\infty)\)上是减函数。

【2019湖北七校联考】【函数方程】已知 \(f(x)\) 是奇函数且是 \(R\)上的单调函数，若函数 \(y\)\(=\)\(f(2x^{2}+1)\)\(+\)\(f(\lambda-x)\) 只有一个零点，则实数 \(\lambda\) 的值是 【\(\quad\)】

$A.\cfrac{1}{4}$ $B.\cfrac{1}{8}$ $C.-\cfrac{7}{8}$ $D.-\cfrac{3}{8}$

解析: 令\(y=f(2x^{2}+1)+f(\lambda-x)=0\)， 则\(f(2 x^{2}+1)=-f(\lambda-x)=f(x-\lambda)\)，

因为 \(f(x)\)是\(R\) 上的单调函数， 所以\(2 x^{2}+1=x-\lambda\)，

即 \(2x^{2}-x+1+\lambda=0\) 只有一个实根，

则 \(\Delta=1-8(1+\lambda)=0\)，解得\(\lambda=-\cfrac{7}{8}\)，故选\(C\).

若函数\(f(x)=2x^{3}-x^{2}+ax+3\) 在区间\((-1,1)\)内恰有一个极值点，则实数\(a\)的取值范围为【 \(\quad\) 】

$A.(-8,-4)$ $B.[-8,-4)$ $C.(-8,-4]$ $D.(-\infty,-8] \cup[-4,+\infty)$

法1：从数的角度分析，\(f'(x)=6x^2-2x+a\)，由于在区间\((-1,1)\)内恰有一个极值点，

故函数\(f'(x)\)在区间\((-1,1)\)内只有一个穿根零点，

故由零点存在性定理可得，\(f'(-1)\cdot f'(1)<0\)，解释^[1]

即\((8+a)(4+a)<0\)，解得\(-8<a<-4\)，接下来验证，

当\(a=-8\)时，\(f'(x)=6x^2-2x-8\)，

由\(f'(x)=6x^2-2x-8=2(x+1)(3x-4)\)的图像，可知不符合题意，排除；

当\(a=-4\)时，\(f'(x)=6x^2-2x-4\)，

由\(f'(x)=6x^2-2x-4=2(x-1)(3x+2)\)的图像，可知符合题意；

综上所述，\(a\in (-8,-4]\)，故选\(C\).

法2：从形的角度分析，\(f'(x)=6x^2-2x+a\)，由于在区间\((-1,1)\)内恰有一个极值点，

故函数\(f'(x)\)在区间\((-1,1)\)内只有一个穿根零点，即\(6x^2-2x+a=0\)仅有一个穿根解，不能是切点解。

即\(y=-a\)和\(y=6x^2-2x\)在区间\((-1,1)\)内的图像仅仅有一个交点，必须是穿根交点，不能是切点交点，

做出两个函数的图像，由图像可知，\(4\leqslant -a<8\)解释：\(-a\neq 8\)的原因是那个点是个空点，直线和曲线没有交点，允许\(-a=4\)的原因是直线和曲线仅仅有一个交点，右端的点是个空点\(\quad\)，

解得\(a\in (-8,-4]\)，故选\(C\).

对照题目

若函数\(f(x)=6x^{2}-2x+a\) 在区间\((-1,1)\)内恰有一个零点，求实数\(a\)的取值范围___________.

分析：由于函数\(f(x)=6x^{2}-2x+a\) 在区间\((-1,1)\)内恰有一个零点，

即方程\(6x^{2}-2x+a=0\)在区间\((-1,1)\)内恰有一个解，

则函数\(y=-a\)和函数\(y=g(x)=6x^2-2x\)在区间\((-1,1)\)内的图像仅仅有一个交点，

做出两个函数的图像，且\(y=g(x)=6x^2-2x=6(x-\cfrac{1}{6})^2-\cfrac{1}{6}\)，由图像可知，

\(4\leqslant -a<8\)或\(-a=-\cfrac{1}{6}\)，解得\(-8<a\leqslant -4\)且\(a=\cfrac{1}{6}\)；

即实数\(a\)的取值范围为\((-8,-4]\cup \{\cfrac{1}{6}\}\).

法2：思路提示，还可以考虑用零点存在性定理[只能处理变号零点不能求解穿根零点]，

则\(f(-1)\cdot f(1)<0\)，求得\(-8<a<-4\)，

再验证端点的情形[二次函数的图像比较复杂，必须验证]，\(a=-8\)不满足，\(a=-4\)满足，

故可得到 \(4\leqslant -a<8\)，

又由\(\Delta=0\)，即\((-2)^2-4\times 6=0\)，解得\(a=\cfrac{1}{6}\)，此时代入原函数，

则由\(6x^2-2x+\cfrac{1}{6}=0\)，得到\(6(x-\cfrac{1}{6})^2=0\)，即\(x=\cfrac{1}{6}\in (-1,1)\)，满足，

故实数\(a\)的取值范围为\((-8,-4]\cup \{\cfrac{1}{6}\}\).

若函数\(f(x)=6x^{2}-2x+a\) 在区间\((-1,1)\)内有零点，求实数\(a\)的取值范围___________.

分析：即方程\(6x^{2}-2x+a=0\) 在区间\((-1,1)\)内有解，即\(-a=6x^{2}-2x\) 在区间\((-1,1)\)内有解，

则\(-a\)的取值范围是函数\(g(x)=6x^{2}-2x\)在区间\((-1,1)\)内的值域；

又函数\(g(x)=6x^{2}-2x\)在区间\((-1,1)\)内的值域为\([-\cfrac{1}{6}，8)\)，

故\(-\cfrac{1}{6}\leqslant -a<8\)，解得\(-8<a\leqslant \cfrac{1}{6}\).

已知函数 \(f(x)=\cfrac{e^x}{x^2}-k(\cfrac{2}{x}+\ln x)\)，若\(x=2\) 是函数 \(f(x)\) 的唯一极值点，则实数 \(k\) 的取值范围为【 】

$A.(-\infty,e]$ $B.[0,e]$ $C.(-\infty,e)$ $D.[0,e)$

分析 : 先求定义域为\((0,+\infty)\)，由于\(f(x)=\cfrac{{e}^{x}}{x^{2}}-k(\cfrac{2}{x}+\ln x)\)，

则\(f'(x)=\cfrac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}-k(-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{1}{x})\) [此处，求导变形是大难点]

\(=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot 2}{x^3}+\cfrac{2k}{x^2}-\cfrac{k}{x}\)

\(=\cfrac{xe^x-2e^x}{x^3}+\cfrac{2kx}{x^3}-\cfrac{kx^2}{x^3}\)

\(=\cfrac{(x-2)e^x}{x^3}-\cfrac{kx^2-2kx}{x^3}\)

\(=\cfrac{(x-2)e^x}{x^3}-\cfrac{kx(x-2)}{x^3}\)

故得到，\(f'(x)=\cfrac{x-2}{x^{3}}(e^x-kx)\)，

又由于 \(x=2\) 是函数\(f(x)\) 的唯一极值点，故\(x=2\) 是 \(f'(x)=0\)的唯一的根[不是切点根]，

[辅助说明，我们令\(f'(x)=\cfrac{x-2}{x^{3}}(e^x-kx)=0\)时，必须让\(x-2=0\)，由于\(x^3>0\)，故需要\(e^x-kx>0\)或者\(e^x-kx<0\)，但是当\(e^x-kx<0\)，就会产生另外的极值点，故需要\(e^x-kx>0\)且\(e^x-kx=0\)，当\(e^x-kx=0\)时，虽说方程会多出了解，但是其不是原函数的极值点，原因是此时对应的解是切点根]

故需要\({e}^{x}-kx \geqslant 0\)注意，只要是相切为零的情形，即使为零也是满足题意的，只要不是相交为零即可。\(\quad\) 在 \((0,+\infty)\)上恒成立，

题目求解到此处，可以考虑用以下三种思路中的任意一种求解都是可以的：

思路1：从数的角度分析，令\(g(x)={e}^{x}-kx(x>0)\)，只需要\(g(x)_{min}\geqslant 0\)，或另解此处也可转化为\(kx\leqslant e^x\)，即\(k\leqslant \cfrac{e^x}{x}\)来求解，此时只需要借助导数工具，求解\(\cfrac{e^x}{x}\)在\(x>0\)上的最小值即可，其实\((\cfrac{e^x}{x})_{min}=e\)

由于\(g'(x)=e^x-k\)，且\(x>0\)，分类讨论如下：

当\(k\leqslant 0\)时，\(g'(x)=e^x-k>0\)恒成立，故函数\(g(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增，

由于\(g(0)=1\)，故\(g(x)\geqslant 0\)恒成立；

当\(k>0\)时，令\(g'(x)=e^x-k=0\)，则得到\(x=ln k\)，

故当\(x\in(0,lnk)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减，

当\(x\in(lnk,+\infty)\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，

\(g(x)_{min}=g(lnk)=k-klnk\)，由\(k-klnk\geqslant 0\)，解得\(0<k\leqslant e\)，

综上所述，\(k\leqslant e\)，故选\(A\)；

思路2：从形的角度分析，由\(e^x-kx\geqslant 0\)恒成立，

采用完全分离参数的方法，得到，\(k\leqslant \cfrac{e^x}{x}\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，

令\(h(x)=\cfrac{e^x}{x}\)，需要求\(k\leqslant h(x)_{min}\)，

又由于\(h'(x)=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot 1}{x^2}=\cfrac{e^x(x-1)}{x^2}\)，

当\(x\in (0,1)\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，当\(x\in (1,+\infty)\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，

故\(h(x)_{min}=h(1)=e\)，故\(k\leqslant e\)，故选\(A\)；

思路3：从形的角度分析，由\(e^x-kx\geqslant 0\)恒成立，

采用不完全分离参数的方法，得到，\(e^x\geqslant kx\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，

当\(k\leqslant 0\)时，显然满足\(e^x> kx\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，

当\(k>0\)时，包括在曲线\(y=e^x\)和直线\(y=kx\)相切的情形下\(k=k_0\)，

即在\(0<k\leqslant k_0\)时都满足\(e^x\geqslant kx\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，

关键时求解曲线\(y=e^x\)和直线\(y=kx\)相切时的斜率\(k_0\)，

设相切时的切点为\(P(x_0，y_0)\)，则有

\(\left\{\begin{array}{l}{y_0=e^{x_0}}\\{y_0=k_0x_0}\\{e^{x_0}=k_0}\end{array}\right.\) ，可求解得到\(x_0=1\)，\(y_0=e\)，\(k_0=e\)，

故\(k\leqslant e\)，故选\(A\)；

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1. 对表达式的进一步解释，\(f'(-1)\cdot f'(1)<0\)，如果导函数是一次函数，则这种转化是等价的转化；此处由于导函数\(f'(x)\)为二次函数，情形比一次函数的情形要复杂的多，且给定区间为开区间\((-1,1)\)，故这种转化是有漏洞的，可能会出现漏掉参数的取值的情况，比如导函数有一个零点\(x_0\)刚好经过端点\(-1\)或者\(1\)，另一个零点\(x_2\)在\((-1,1)\)内，这种情形应该包含在\(f'(-1)\)\(\cdot\)\(f'(1)\)\(\leqslant\)\(0\)这种情形内，但是如果借用\(f'(-1)\)\(\cdot\)\(f'(1)\)\(\leqslant 0\)来求解，又会出现参数有增根的情形，比如\(f'(x)\)的两个零点刚好分别经过了两个端点的情形，这是应该剔除的情形，因此，要么利用\(f'(-1)\)\(\cdot\)\(f'(1)\)\(\leqslant\)\(0\)求解，再添加端点的验证和排除；要么利用\(f'(-1)\)\(\cdot\)\(f'(1)\)\(<\)\(0\)求解，再添加端点的验证和添加； ↩︎