2019年高考数学总复习检测第19讲　导数的综合应用——导数与方程 4页

第19讲　导数的综合应用——导数与方程 ‎　‎ ‎1．函数y＝x3＋x2＋x＋1的零点个数为(B)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ ‎ 因为f′(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2≥0，‎ 所以f(x)在R上单调递增，‎ 因为f(0)＝1>0，f(－3)＝－2<0，‎ 所以f(x)在R上有且只有一个零点．‎ ‎2．已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝(A)‎ A．－2或2 B．－9或3‎ C．－1或1 D．－3或1‎ ‎ 由三次函数的图象与x轴恰有两个公共点，结合函数的图象，极大值或极小值为零即可满足要求．‎ 而f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，‎ 当x＝±1时，取得极值，由f(1)＝0或f(－1)＝0，可得c－2＝0或c＋2＝0，所以c＝±2.‎ ‎3．若曲线f(x)＝ax2＋ln x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是(A)‎ A．(－∞，0) B．(－∞，0]‎ C．[0，＋∞) D．(0，＋∞)‎ ‎ 该函数的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2ax＋.‎ 因为曲线f(x)＝ax2＋ln x存在垂直于y轴的切线，‎ 问题转化为方程2ax＋＝0在(0，＋∞)内有解，‎ 于是可得a＝－∈(－∞，0)．‎ ‎4．(2017·湖南湘中名校高三联考)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，若x12；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.‎ ‎ 令f(x)＝x3＋ax＋b，则f′(x)＝3x2＋a.‎ 当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，④⑤正确；‎ 当a＜0时，若a＝－3，‎ 则f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，‎ 所以f(x)极大＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，‎ f(x)极小＝f(1)＝1－3＋b＝b－2，‎ 要使f(x)＝0仅有一个实根，‎ 需f(x)极大＜0或f(x)极小＞0，所以b＜－2或b＞2，‎ ‎①③正确，②不正确．故填①③④⑤.‎ ‎7．(2016·北京卷)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；‎ ‎(3)求证：a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．‎ ‎ (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，‎ 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.‎ 因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.‎ ‎(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，‎ 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.‎ 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，‎ 解得x＝－2或x＝－.‎ 当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的变化情况如下：‎ x ‎(－∞,－2)‎ ‎－2‎ ‎(－2,－)‎ ‎－ ‎(－,＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  c  c－  ‎　　所以，当c＞0且c－＜0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈(－2，－)，x3∈(－，0)，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.‎ 由f(x)的单调性知，当且仅当c∈(0，)时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．‎ ‎(3)证明：当Δ＝4a2－12b＜0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，‎ 此时函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，‎ 所以f(x)不可能有三个不同零点．‎ 当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0.‎ 当x∈(－∞，x0)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增．‎ 所以f(x)不可能有三个不同零点．‎ 综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b＞0.‎ 故a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要条件．‎ 当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，‎ 所以a2－3b＞0不是f(x)有三个不同零点的充分条件．‎ 因此a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件．‎ ‎8．(2017·广东深圳一调)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x有两个不同的零点，则实数a的取值范围是(A)‎ A．(0,1) B．(－∞，1)‎ C．(－∞，) D．(0，)‎ ‎ 令g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x.将问题转化为两个函数图象交点的问题．‎ 当a≤0时，g(x)与h(x)的图象只有一个交点，不满足题意．‎ 当a>0时，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝，‎ 令r(x)＝，‎ 则r′(x)＝＝.‎ 当00，r(x)是单调增函数，‎ 当x>1时，r′(x)<0，r(x)是单调减函数，且r(1)＝1，r(x)＝>0，所以00，f(x)为增函数，‎ 若函数f(x)在区间(0,2)上恰有一个零点，则f(1)＝0或f(2)≤0，由f(2)＝4－2ln 2＋a≤0，得a≤2ln 2－4；‎ 由f(1)＝＋a＝0，得a＝－.‎ 综上，a≤2ln 2－4或a＝－.‎ ‎10．(2015·新课标卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；‎ ‎(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.‎ ‎ (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝2e2x－(x>0)，‎ 当a≤0时，f′(x)>0，所以f′(x)没有零点；‎ 当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，‎ 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 因为f′(a)＝2e2a－1>0，‎ 假设存在b满足00时，f′(x)存在唯一零点．‎ ‎(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)存在唯一零点x0，‎ 当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，‎ 所以当x＝x0时，f(x)取得最小值f(x0)．‎ 由于2e2x0－＝0，‎ 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.‎ 故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.‎