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1、 专题 2.21：含二次函数的复合函数问题的研究与拓展 【探究拓展】 探究 1：已知函数，且在处取得极值)0(ln22)( 2 axbxaxxf)(xf1x （1）试找出 a，b 的关系式； （2）若函数在上不是单调函数，求的取值范围；)(xf 2 1 , 0(xa （3）求函数在的图像上任意一点处的切线斜率的最大值)(xf 2 1 , 0(xk 解 ： （1）= a x 2 + 2 b x2lnx， 得因为在 x=1 处取得极值， 所以，)(xf x baxxf 2 22)()(xf0) 1 ( f 故 2a+2b 2 =0，即 b=1a； （2）因为函数在 x(0， 上不是单调函数，所以=
2、0 在(0， 内有解，即，)(xf 1 2 )(x f 1 2 01 2 bxax 亦即在(0， 内有解，由得：x=1，或， 所以01)1 ( 2 xaax 1 2 01)1 ( 2 xaax a x 1 ，解得：a2； 2 11 0 a （3）因为 k=，)1 1 (2 2 22)(a x ax x baxxf 当或时，因为，所以恒成立，04a0a) 1 (2 2 x ak 2 1 , 0(x0 k 所以 k 在上单调递增，所以时，； 2 1 , 0(x 2 1 x2 max ak 当时，有，所以，4a 2 11 0 a a x ax2 1 所以，此时“=”成立的条件是：x=，a x ax2
3、 1 a 1 所以 k=，)1 1 (2a x axaaaa422)21 (2 综合得： )4( ,422 )004( , 2 max aaa aaa k 或 变式：已知二次函数 2 f xaxbxc和“伪二次函数” 2 lng xaxbxcx （0abc ） ， （1）证明：只要0a ，无论b取何值，函数 g x在定义域内不可能总为增函数； （2） 在同一函数图像上任意取不同两点 1122 ( ,), (,)A x yB xy， 线段AB中点为0 , 0 xC， 记直线AB的斜率为 k， 对于二次函数 2 f xaxbxc，求证： 0 ()kfx； 对于“伪二次函数” 2 lng xaxbx
4、cx，是否有同样的性质?证明你的结论. 解：（1）如果0, ( )xg x为增函数,则 2 2 ( )20 caxbxc g xaxb xx ()恒成立, 当0x 时恒成立, 2 20axbxc() 0,a 由二次函数的性质, ()不可能恒成立. 则函数( )g x不可能总为增函数. (2)对于二次函数: 22 212121 2121 ()f xf xa xxb xx k xxxx = 0 2axb.1 由( )2,fxaxb 00 ()2fxaxb,则 0 ()kfx 不妨设 21 xx,对于“伪二次函数”:2 法一: 2 ln( )lng xaxbxcxf xcxc. 2 21 21 1
5、2121 ()()ln x f xf xc g xg xx k xxxx 2 1 0 21 ln (), x c x fx xx () 又 00 0 () c gxfx x , () 法二: 22 2 2121 21 1 2121 ()ln x a xxb xxc g xg xx k xxxx = 2 1 0 21 ln 2 x c x axb xx , () 由(1)中() 00 0 2 c gxaxb x , ()如果有的性质，则 0 gxk , 1 比较()( )两式得 2 1 210 ln x c xc xxx ，0,c 即： 2 1 2112 ln 2 x x xxxx ，() 令
6、2 1 , 1, x tt x ln2 11 t tt ， () 设 22 ( )ln 1 t s tt t ，则 2 22 12(1)2(1)(1) ( )0 (1)(1) ttt s t ttt t ， ( )s t在(1,)上递增， ( )(1)0s ts. ()式不可能成立, （）式不可能成立, 0 gxk. “伪二次函数” 2 lng xaxbxcx不具有的性质.1 探究 2：已知函数).1 , 0 (ln)( 2 aaaxxaxf x （1）求函数在点处的切线方程；)(xf)0( , 0 (f （2）求函数单调区间；)(xf （3）若存在，使得是自然对数的底数） ，求实数的1 ,
7、1, 21 xxeexfxf( 1)()( 21 a 取值范围. 因为函数，所以， 2 ( )ln (0,1) x f xaxxa aa+( )ln2ln x fxaaxa+(0)0 f 又因为，所以函数在点处的切线方程为(0)1f( )f x(0,(0)f1y 由，因为当时，总有在上是增函数，( )ln2ln2(1)ln xx fxaaxaxaa+0,1aa( )fxR 又，所以不等式的解集为，(0)0 f ( )0fx(0,)+ 故函数的单调增区间为( )f x(0,)+ 因为存在，使得成立， 12 , 1,1x x 12 ()()e1f xf x 而当时， 1,1x 12maxmin (
8、)()( )( )f xf xf xf x 所以只要即可又因为，的变化情况如下表所示： maxmin ( )( )e1f xf xx( )fx( )f x x(,0)0(0,)+ ( )fx0+ ( )f x 减函数极小值增函数 所以在上是减函数，在上是增函数，所以当时，的最小值( )f x 1,00,1 1,1x f x ，的最大值为和中的最大值 min 01f xf f x maxf x1f 1f 因为， 11 (1)( 1)(1ln )(1ln )2lnffaaaaa aa + + 令，因为， 1 ( )2ln (0)g aaa a a 2 2 121 ( )1(1)0g a aaa +
9、 所以在上是增函数 1 ( )2lng aaa a 0,a 而，故当时，即；(1)0g1a 0g a (1)( 1)ff 当时，即01a 0g a (1)( 1)ff 所以，当时，即，函数在上是增函数，解得1a (1)(0)e1fflne1aalnyaa(1,)a ； 当时，即，函数在上是减函数，ea01a( 1)(0)e1ff 1 lne1a a 1 lnya a (0,1)a 解得 1 0 e a 综上可知，所求的取值范围为a 1 (0, e,) e a+ 探究 3：已知函数baxaxxg12)( 2 （0a）在区间3,2上有最大值4和最小值1设 x xg xf )( )( （1）求a、b
10、的值； （2）若不等式02)2( xx kf在 1,1x上有解，求实数k的取值范围； （3）若03 |12| 2 |12| kkf x x 有三个不同的实数解，求实数k的取值范围 解：（1）abxaxg1) 1()( 2 ， 因为0a，所以)(xg在区间3,2上是增函数，故 4)3( 1)2( g g ，解得 0 1 b a （2）由已知可得2 1 )( x xxf， 所以02)2( xx kf可化为 x x x k 22 2 1 2， 化为k xx 2 1 2 2 1 1 2 ，令 x t 2 1 ，则12 2 ttk，因 1,1x，故 2, 2 1 t， 记)(th12 2 tt，因为 1, 2 1 t，故1)( max th， 所以k的取值范围是 1,( （3）原方程可化为0) 12(|12|)23(|12| 2 kk xx ， 令t x |12|， 则),0(t，0) 12()23( 2 ktkt有两个不同的实数解 1 t， 2 t， 其中10 1 t ，1 2 t，或10 1 t，1 2 t 记) 12()23()( 2 ktktth，则 0) 1 ( 012 kh k 或 1 2 23 0 0) 1 ( 012 k kh k 【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？