发布时间 : 星期一 文章2020届高考数学一轮复习讲练测专题3.4导数的综合应用（讲）文（含解析）更新完毕开始阅读
上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
e
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)＝e＋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)＝e－x＋1，求导得f′(x)＝e－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)＝e＋a，由于e>0， ①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数， 当x>1时，f(x)＝e＋a(x－1)>0； 1
当x<0时，取x＝－，
xxxxxx2
a?1??1?则f?－?<1＋a?－－1?＝－a<0.
?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))＝e
2
ln(－a)
＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e 2 综上所述，所求实数a的取值范围是(－e，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. 3【解析】（1）因为a?b?c，所以f(x)?(x?a)(x?b)(x?c)?(x?a)． 4． 273因为f(4)?8，所以(4?a)?8，解得a?2． （2）因为b?c， 2322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,??2a?b?2a?b．令，得或． x?bx?f'(x)?0?3?32a?b都在集合{?3,1,3}中，且a?b， 32a?b所以?1,a?3,b??3． 32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： x f'(x) f(x) (??,?3) + ?3 0 极大值 (?3,1) – 1 0 极小值 (1,??) + 2所以f(x)的极小值为f(1)?(1?3)(1?3)??32． 32（3）因为a?0,c?1，所以f(x)?x(x?b)(x?1)?x?(b?1)x?bx， f'(x)?3x2?2(b?1)x?b． 22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?． b?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,??) + 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)． 2当x?(0,1)时，f(x)?x(x?b)(x?1)?x(x?1)． 2令g(x)?x(x?1),x?(0,1)，则g'(x)?3?x??(x?1)． ??1?3?令g'(x)?0，得x?1．列表如下： 31(0,) 3+ x g'(x) g(x) 所以当x?1 30 极大值 1(,1) 3– 1?1?4时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max?g???． 3273?? 所以当x?(0,1)时，f(x)?g(x)?44，因此M?． 27273 2 【举一反三】 (2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x－ax＋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)＝6x－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. 当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0 33 2 aa????则f(x)在?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， ?3??3? a?a?所以f??＝－＋1＝0，得a＝3， 27?3? 所以f(x)＝2x－3x＋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－ax＋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) xe 2 3 2 3 aa?1??1?在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝?1＋?(x－e)，即y＝?＋1?x. ?e??e? －2ax＋x＋1 (2)f′(x)＝(x＞0)， 2 x①当a≤0时，显然f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； －2ax＋x＋12②当a＞0时，令f′(x)＝＝0，则－2ax＋x＋1＝0，易知Δ＞0恒成立． 2 x1 设方程的两根分别为x1，x2(x1＜x2)，则x1x2＝－＜0，∴x1＜0＜x2， 2a－2ax＋x＋1－2ax－x1 ∴f′(x)＝＝2 x－x2 xx(x＞0)． 1＋8a＋1 由f′(x)＞0得x∈(0，x2)，由f′(x)＜0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝， 4a?1＋8a＋1??1＋8a＋1? ∴函数f(x)在?0，?上单调递增，在?，＋∞?上单调递减． 4a4a???? ln x＋x(3)函数f(x)有两个零点，等价于方程a＝有两解． 2 xln x＋x1－2ln x－x令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝. 23 xx1－2ln x－x由g′(x)＝＞0，得2ln x＋x＜1，解得0＜x＜1， 3x∴g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减， 又∵当x≥1时，g(x)＞0，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0， ∴作出函数g(x)的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a∈(0,1)时符合题意． 下面给出证明： 当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意； 当a≤0时，方程至多一解，不符合题意； ?1??1?当a∈(0,1)时，g??＜0，∴g??－a＜0， ?e??e??2?a?22?a?22?g??＝?ln＋?＜?＋?＝a， ?a?4?aa?4?aa??2?∴g??－a＜0. a?? ?1??2?∴方程在?，1?与?1，?上各有一个根， ?e??a? ∴若f(x)有两个零点，a的取值范围为(0,1)． 2 2