2020年高考数学(理)一轮复习讲练测专题3-4 导数的综合应用(讲)

16a316a316a31

由(1)知，当x＞0时，e＞x，所以h(4a)＝1－4a＝1－2a2＞1－故h(x)在(2,4a)4＝1－＞0，ee2aa

x

2

上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．

e2综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝. 4

【方法技巧】根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．

【变式4】 (2019·河北衡水第一中学调研)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0). (1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值； (2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围. 【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R， 又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，

所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.

易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2. (2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0， ①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数， 当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0； 1当x<0时，取x＝－，

a11

－?<1＋a?－－1?＝－a<0. 则f??a??a?所以函数f(x)存在零点，不满足题意. ②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a). 在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减， 在(ln (－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值. 函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(

－a)

＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2

综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0). 考点五 函数零点的综合问题

【典例4】【2019年高考江苏】设函数f(x)?(x?a)(x?b)(x?c),a,b,c?R、f'(x)为f（x）的导函数．

（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；

（2）若a≠b，b=c，且f（x）和f'(x)的零点均在集合{?3,1,3}中，求f（x）的极小值； （3）若a?0,0?b?1,c?1，且f（x）的极大值为M，求证:M≤【答案】（1）a?2；（2）见解析；（3）见解析.

【解析】（1）因为a?b?c，所以f(x)?(x?a)(x?b)(x?c)?(x?a)． 因为f(4)?8，所以(4?a)?8，解得a?2． （2）因为b?c，

所以f(x)?(x?a)(x?b)?x?(a?2b)x?b(2a?b)x?ab， 从而f'(x)?3(x?b)?x?因为a,b,2322334． 27??2a?b?2a?b．令，得或． x?bf'(x)?0x??3?32a?b都在集合{?3,1,3}中，且a?b， 32a?b所以?1,a?3,b??3．

3此时f(x)?(x?3)(x?3)，f'(x)?3(x?3)(x?1)． 令f'(x)?0，得x??3或x?1．列表如下：

2x f'(x) (??,?3) + ?3 0 极大值 2(?3,1) – 1 0 极小值 (1,??) + f(x) Z ] Z 所以f(x)的极小值为f(1)?(1?3)(1?3)??32．

（3）因为a?0,c?1，所以f(x)?x(x?b)(x?1)?x?(b?1)x?bx，

32f'(x)?3x2?2(b?1)x?b．

因为0?b?1，所以??4(b?1)?12b?(2b?1)?3?0， 则f'(x)有2个不同的零点，设为x1,x2?x1?x2?．

22b?1?b2?b?1b?1?b2?b?1,x2?由f'(x)?0，得x1?．

33列表如下：

x f'(x) f(x) (??,x1) + x1 0 极大值 ?x1,x2? – x2 0 极小值 (x2,??) + Z ] Z 所以f(x)的极大值M?f?x1?． 解法一：

3M?f?x1??x1?(b?1)x12?bx1

22b?b?1??xb?1b(b?1)?1?2 ?[3x1?2(b?1)x1?b]???x?1?9?99?3??2?b2?b?1?(b?1)27b(b?1)2??927?b?b?12?

3b(b?1)2(b?1)2(b?1)2???(b(b?1)?1)3

272727?b(b?1)244．因此M?． ??27272727解法二：

因为0?b?1，所以x1?(0,1)．

当x?(0,1)时，f(x)?x(x?b)(x?1)?x(x?1)． 令g(x)?x(x?1),x?(0,1)，则g'(x)?3?x??(x?1)． 令g'(x)?0，得x?22??1?3?1．列表如下： 31(0,) 3+ x g'(x) g(x) 1 30 极大值 1(,1) 3– Z ] 所以当x?1?1?4时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max?g???． 3?3?27所以当x?(0,1)时，f(x)?g(x)?44，因此M?． 2727【举一反三】 (2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和.

【解析】f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)， 当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1， 所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意. aa

当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0

33

aa

0，?上单调递减，在?，＋∞?上单调递增，又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点， 则f(x)在??3??3?a?a

所以f?＝－＋1＝0，得a＝3， ?3?27

3

所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)， 当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，

则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3. 【变式4】(2019·湖南湘潭一中调研)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性；

(3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．

11

【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))

xe11

1＋?(x－e)，即y＝?＋1?x. 处的切线方程为y－(e＋1)＝??e??e?

－2ax2＋x＋1

(2)f′(x)＝(x＞0)，

x

①当a≤0时，显然f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

－2ax2＋x＋1

②当a＞0时，令f′(x)＝＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知Δ＞0恒成立．

x