2020年高三數(shù)學(xué)大串講第07講(三次函數(shù)的導(dǎo)數(shù)問題)

11212121331－a－112－1a22212112221同理可得f11212121331－a－112－1a22212112221同理可得f(x＝ax－，于有ff)－－－－a＞0.a時x－－－1－1－1運用三次函數(shù)的圖像研究零點問三函數(shù)的單調(diào)性問,三函數(shù)的極值與最問題?！绢}讀例1若3

－x

＋－＝0只一個實數(shù)根求數(shù)取值范圍．【析令fx＝x

－x

＋axa則fx)2x＋a∵()＝0有個實數(shù)根∴′(x)＝0的≤0或f()＜或f()＞①x＝Δ解得；②當(dāng)時設(shè)為fx＝2

－x＋a＝的個根x)，x＝1－－ax＝＋－a，fx)在(－x)和(x，＋上單調(diào)遞增在(x)上單調(diào)遞減．1°若f()＜即f(x)0122∴(x＝x32＋ax－(2x－)－x－)＋ax－2＋a＝x－＋a－2x＝13131331

22－－＝[(ax－]，∴x＞即1－1－＞，解得(－)1a＜1即(1a＜1得＜12°若f()＞即f(x)0同理f(x＝[(ax－]0.∴＜即＋－a解得－(1－a－a＞1即(1)3

＜－1無．綜上所述實取值范圍(0＋．另：f)＝x

－x

＋－a則fx)＝x

－2＋a∵()＝0有個實數(shù)根∴′(x)＝0的≤0或f(x)·f)x是f(x)的極值點)．①x＝Δ解得；x1a＝＝x1－，②由x為fx)＝0的個根得2x＋＝0x＝2x－，

(＜于是f(x＝32－1

22222＝x(2x－)－(2x－)＋ax－a＝x2＋－＝(2x－a)＝－2x＝－－a11133222223a1＞0x2－(12＋＞0

112122332212273112122332212273又∵x是方程2

－2＝0根∴x＋＝2xx＝化可得a2－3＋＞0解＜＜1；綜上所述實取值范圍(0＋∞).＋1例2、已知數(shù)f(x)3x，gx)－kx若數(shù)f)與gx)圖象有三個不同的交，求數(shù)k的值范圍．【析∵(x與g()的圖象有三個不同的交點，∴()＝gx)有三個不等實根．令(x)＝()－g(x＝3

－

k＋1x2＋kx－，hx＝2

－＋＋＝k－11(－)(x－1)根據(jù)題意得k且(1)·(＜，化簡可得－k＋k2

－

3

＜0k－1即－－1)(22k－2)＜0，∴k－2k－20，解得k＞1＋或k＜－，∴實數(shù)k的值范圍(－，1－∪＋，∞).a例3設(shè)函數(shù)()＝x－x2

＋1其a若點可作曲線y＝f(x)三條不同切線求數(shù)a的取值范圍．【析∵x＝x2

－設(shè)切點為tft切方程為y＝(t2

a2－－＋t3－t2代0,2)化簡可得23t3

2aa－t2＝0設(shè)gt＝t－t＋1令t＝0有tt＝0.過點可以作曲線y＝(x)的三條切＞0線∴g(t)＝0有個不同的根，

3解得＞24∴實數(shù)取值范圍是24＋．例4已知函數(shù)()＝x－x

＋x(1)求曲線y＝(x)斜率為切線方程；(2)當(dāng)x∈[時求：x－≤fxx；(3)設(shè)F(x＝f)(x＋a)|(a∈R)記(x)在區(qū)間[－上最大值為(a．當(dāng)M)最小時求a的值．33【析(1)fx)＝x－x2x得fx＝x－2＋令f＝1即x－2＋1＝得x＝＝88又f(0)＝，f)，所以曲線＝fx)的斜率為的切線方程是y＝x與－＝x

xxx2x2xxx2x2即y＝x與＝－(2)證明：令(x＝f)－xx∈－2,4]由(x＝x－x得＝x令x)＝0得x＝或x＝.)gx的情況如表所.

－2.x

－2

－

(0，)

(，4)

)

＋

－

＋(x)

－6

－

表所以gx的最小值為6最大值為0.－≤)≤0，即－6f(x(3)由(知，當(dāng)－時(a＝g(0)－＝＞；當(dāng)－時(a(－＝g－2)＝＋a3當(dāng)＝－3時，(a)＝綜上當(dāng)M()最小時a－例、已知函數(shù)＝

－x＋x，e－，

x<0，x≥0，

其中常數(shù)∈.當(dāng)a，求函數(shù)f()的單調(diào)區(qū)間；若程f(－x＋()＝x－3在間，＋∞)有實數(shù)解，求實數(shù)a的值范圍；【析(1)當(dāng)＝時，f(x)＝

－x＋x，e－，

，x≥0.①當(dāng)時f′(x)＝－3x

＋恒立，所以在－，0)上遞減；分②當(dāng)x≥0時，＝－2可得在0，2]遞減，在[，＋∞)遞增(4分)因為f(0)＝，以f(x)的調(diào)遞減區(qū)間是(－，0)和[02]單調(diào)遞增區(qū)間是[ln2，＋∞)．分當(dāng)時f(x)＝x－，時－x<0f(－x)＝－－

＋－x)＝x

＋x2所以可化為＝x＋x＋在間(，＋上實數(shù)解(6分記g(x)x

3（x－）（2x＋x＋，x∈(0，＋，g＝＋1－＝

＋＋）.(7分)可得在(0，上減，在1＋上遞增，且g(1)＝，x＋時，g(x)＋分)所以的值域是[5，∞)即實數(shù)a的值范圍[，＋∞)(10分)例6已知函數(shù)

f(xbx，

R．

323222222222323222222222（1若a

，①當(dāng)

a

時，求函數(shù)f()

的極值（用

表示②若x

有三個相異零點否在實數(shù)

使得這三個零點成等差數(shù)列？若存在出

的值；若不存在，請說明理由；【析（1）①由f

x

ax

及

，得f

，令f

0解得

或x由知，xf

，f(x)調(diào)遞增，aa，，f)單遞減，x()單遞增，33因此，f()極大值為(

，f()的小值為f).27②當(dāng)a時，時(x)不在三個異零點；當(dāng)時與①同理可得(x)的極小值為f(

，fx)的大值為().27要使f(x)有個不同零點，則必須有27即35

)(1

527

a)，不妨設(shè)f()三個零點為x,，且xx，1313則fx)fx)f(x，1f()x，①11f()2

32

ax

22

2

x，②2f(axx③3②-①得()(x212

x)(x(x)，121121因為x，以x2

12

(x)2

2

，④同理x3

(x)，⑤32⑤-④得x(x)xx)(x)(x)，33因為x，以x，323又x，以32

a3

121212121212227所以f()，即a，a因此，存在這樣實數(shù)

滿足條件.例7已知函數(shù)()xaR)點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值）

有極值，且導(dǎo)函數(shù)f'()的極值點是f()的零（1求b關(guān)的數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（2證明：

；7（3若f(f'()這個函數(shù)的所有極值之和不小于，求a的值范圍．2【析'(x)x

有零點

f''(xx

a3

，aa23根據(jù)題意，()即化簡得a2以，339ab即

23a(；9a（2g(

41a4a813a281a

27)(

)

；b（3設(shè)x,為f()的個極值點，令'()得x,33

，法一：fx(x)21

x2

)x)[()x][()2xx](x)11212

4222a3aba3a()．273a記f(x),f

a2所極值之和為S()，f(f(f)，a2則(af)f(x)f)，323而(a))在(3,單調(diào)遞減且(6)，6a32

．a(chǎn)a法二：下面證明(x)的圖像關(guān)于(,f())33

中心對稱，aaabf)3bx)3b)3327a2ax)b)f()，33

12x2xee12x2xee所以f

aaa)()f()，以f()f(x)，同法一．333例8已知函數(shù)＝2x3＋1)x＋，∈.曲y＝fx)＝處的切線的斜率為3求a的值；若于任意x，∞)f)＋－)恒成立，求a的值范圍；若a，設(shè)函數(shù)f)在區(qū)間，2]上的最大值、小值分別為M(a)，m()，記h()＝(a)－(a，求(a的小值．【析(1)因f(x)

－3(a＋2

＋6ax所以f′(x)＝6x26(a＋1)x＋，所以曲線＝f(x)在x＝0處的切線的斜率k＝＝，所以＝，所以a＝x＋f(－＝－6(a＋1)x2lnx對意x∈(0，∞)恒立，所以(a1)≥xx（1－lnx）令g(x)，＞0，則g＝.令g＝0解得x＝.當(dāng)x∈(0，)時，g＞，所以g(x)在(0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈e，＋時g，所以g(x)在(e，＋∞)單調(diào)遞減．所以＝e)＝，1所以－(a＋≥，－－，所以a的值范圍為－，1.因＝3

－3(a＋2

＋所以f＝6x26(a＋1)x＋6a＝6(x1)(xa)令＝0則＝或x＝a.＝3a1，＝由f(1)f(2)到分類的節(jié)點＝①當(dāng)＜≤時，當(dāng)x∈(1，時，＜0所以在，上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a時，＞0所以在(，上單調(diào)遞增．又因為f(1)，以M(a)＝4m(a)＝＝－3

＋3a，所以h(a)－＝－(－

＋3a2

)＝

－3a2＋4.因為h＝3a2

－6a－＜0，所以h(a)在1上調(diào)遞減，

27127128所以當(dāng)∈，時的最小值為h＝.②當(dāng)＜＜，當(dāng)x∈(1，時，＜0所以在，上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a時，＞0所以在(，上單調(diào)遞增．又因為f(1)＞f(2)，以＝＝－1＝f(a)＝a3＋，所以＝M(a)＝－1(－a32＝－3a＋3a因為h＝3a2

－6a3＝3(a2

>0.所以h(a)在，2上調(diào)遞增，58所以當(dāng)∈，時＞h＝.③當(dāng)時當(dāng)x∈(1，2)時，＜0所以在1，2)上單調(diào)遞減，所以＝＝－1，m(a)＝f(2)＝4所以h(a)＝M(a)＝3a－＝－，所以h(a)在2＋上最小值為h(2)綜上，h(a)最小值為【反練】1、

若函數(shù)f()＝x

－2ax2－x在(－1,1)有且只有一個極值點則數(shù)a的取值范圍．【答案】－，∪，1【解析】∵)＝2x－ax∴據(jù)題意f－f′(1)解得＞或＜－a1、已知函數(shù)()＝x＋x＋x3

aR≠0)有且僅有個值則數(shù)的取值范圍是_．【答案】(－，－∪(2，∞)【解析】可轉(zhuǎn)化為)＝x＋ax

＋x有個不同的零從而x

＋ax＋＝0有個不等的非零實故

－4∴∈(－－∪(2＋．1、若函數(shù)(x)3(＋1)x＋x－(a0)在[0,2]上有兩個零點則數(shù)a取值范圍是．23【答案】0【解析】)＝ax－(x－，

af＝－(－＜0，f＝，1af＝－(－＜0，f＝，1①當(dāng)＞即＜a時f＝－＜0f(1)＝－(a1)0做如：xf′(x)f)

(－∞1)＋增

極大值

1－減

極小值

，＋＋增表7-21(ⅰ)當(dāng)a，即＜a時，≥，＝(2a－1)0因為(x在區(qū)間[0,1]上為增函數(shù)，在[上減函數(shù)，∴()在區(qū)間和(1,2]上各有一個零點，即在[0,2]上有個零點；(ⅱ)當(dāng)2a＞，即＜＜1時，1＜2，－22＋3－1－－1－f＝＝a2

＞0f＝－1)，x∈[1,2]，fx＞∵()在[上為增函數(shù)，∴()在區(qū)間有一個零點，即[0,2]上有一個零點，不滿足題設(shè)；②當(dāng)＝1時fx)(x－2∴()在－，＋∞)是增函數(shù)，∴f在[上可有兩個零點；1③當(dāng)＜，即a，f(0)－＜03－－16做表如下

a1＜0＝(2a＞0xf′(x)f)

－，＋增

極大值

－減

極小值

，＋＋增表∴x∈[0,1]，(x)0，∵()在[上為增函數(shù)，∴(在間(1,2]有一個零，即[0,2]上有一個零點，不滿足題設(shè)．綜上，a取值范圍是，.、設(shè)函數(shù)(x)＝32x－

1212，fa12121212，fa1212(1)對于任意實數(shù)xf)≥恒立求實數(shù)m的最大值；(2)若方程f(x)且僅有一個實求數(shù)的值范圍．【答案】－；(2)(－，2)，＋【解析】(1)f)＝32

－9＋＝－x－2)∵x∈R∴fx)m即x

－9＋－≥0恒立∴－12(6－)≤，得m－，的最大值為－(2)∵當(dāng)x＜1或x＞2時，fx)＞0，fx在(－，和，＋∞)遞增；當(dāng)＜＜時，fx)＜0fx在上遞減；∴當(dāng)x＝1時fx)取極大值f＝－a，當(dāng)x＝2時，(x)取極小值f(2)－，故當(dāng)(1)＜0f(2)，方程f)＝0僅一個實根，解得a＜a＞.(或由f(1)(2)＞0亦可解得aa2、已知函數(shù)()＝ax＋x－aa∈R.(1)若函數(shù)(x)＝x4試討論方程f()＝(x的實數(shù)解的個數(shù)；(2)當(dāng)a0，若對于任意的x∈[a＋都在x∈[＋2＋∞)使f)f＝1024求足條件的正整數(shù)的取值集合．【答案】當(dāng)a時，有兩個解；當(dāng)－1＜a＜時有三個解；當(dāng)－1時有兩個；(2){1}．【解析】fx)(x)即為ax＋－a＝4∴x43xa，∴x3(x－a)－，a或{＞，x＝1

或{＜，x＝－，①當(dāng)a，方程f(x)()有兩個不同的解a－1②當(dāng)－1＜a＜1時方程f(x＝gx有三個不同的解a，－1,1；③當(dāng)a－1時方f()＝g()有兩個不同的解a,(2)當(dāng)a＞∈(a時fx)＋x－fx)＝2＞∴數(shù)fx)(a∞)上是增函數(shù)，且f)＞(a＝a4＞0，10241∴當(dāng)x∈[a，＋2]時，f(x)∈[f，fa，∈f當(dāng)x∈[＋2＋∞)時，f)∈[(＋，＋．∵對任意的x∈[，a＋，都存在x∈[a2＋，使得f(xf＝1024，[fa，＋，∴afa

，

3a3a3a3a3a3a3a3a3a3aaax2x2x2x3∴

f＋2

f(a＋，∴2a，即fa32也即a(＋3

＋232∵a0，顯然a滿足，而a2，均不滿足．∴滿足條件的正整數(shù)取值的集合為{1}、已知函數(shù)f(x)＝ax3

＋bx2

－，b∈R)．當(dāng)a＝1時求(x的單調(diào)增區(qū)間；當(dāng)≠0時，若函數(shù)f)恰有兩個不同的零點，求的；當(dāng)a，若f(x的集為()，且，n中有且僅有一個整數(shù)，求實數(shù)b取值范圍．解后反思

(2)xax2g(x)x3kx2

g(x)(x2.x

)xst2x3

kx2

kt2

43.解：(1)當(dāng)a＝1時＝＋x2－4f＝＋2x.令，得或－，所以f(x)單調(diào)增區(qū)間是∞－和(0＋．(2)法一：＝＋2bx，令＝0得＝0或＝－，因為函數(shù)f(x)有個不同的零點，所以f(0)＝0或f當(dāng)f(0)＝0，得a，不合題意，舍去；

－＝當(dāng)f

2b2－＝0時代入得－＋－－＝，b343即－＋－＝，所以＝a法二：于，所以f(，－x4由f(x)0得＝＝－≠0)．8設(shè)h(x)－，h－－1令＝0得x＝，當(dāng)x∈(，－時，′(x)<0，遞；當(dāng)x∈(－，0)時，′(x)>0，h(x)遞增，

xbln3x00xbln3x00當(dāng)x∈(0，＋時，′(x)>0，h(x)調(diào)遞增，當(dāng)時h(x)的值域為R，b43故不論取何，方程＝＝－恰一個根－，x此時函數(shù)f()＝a(x＋2)

(－1)有兩個零點－2和(3)當(dāng)＝0，因為f(x，所以2，1－2設(shè)(x)＝x－bx，則gx)＝－＝(x>0)，當(dāng)≤0時，因為gx，所以g()在(0＋上增，且g＝－b，所以在(1，＋∞)上，g(x＝ln－2，不合題意；當(dāng)b>0時令gx)＝

－bx＝0得＝x

，2所以(x在，

遞增，在

，＋遞減，所以(x)＝

＝

－，b要使(x)>0有解，首先要滿足ln

11－>0，得b.2

①又因為(1)＝－b<0(e)＝－b，2要使fxx的集，n)中只有一個整數(shù)，則

g），g），>0，即解≤<.≤0，

②1lnx設(shè)(x)＝，)＝，當(dāng)x∈(0，e)，，(x)增；當(dāng)x∈，＋時x)<0，h(x遞減．所以(x)＝(e)＝(2)＝，所以，22eln3ln2所以由①和②得，≤＜.4、若函數(shù)y＝在x＝處得極大值或極小值，則稱x為函數(shù)＝的值點．設(shè)函數(shù)f(x)＝－2∈R)．若數(shù)f(x)(0上無極值點，求的值范圍；求：對任意實數(shù)t，函數(shù)f)圖像總存在兩條切線相互平行；當(dāng)t＝3時函數(shù)f)的圖像存在的兩條平行切線之的距離為4求滿足此條件的平行線共有幾組．

12112221122121112112221122121121112221211122112111111規(guī)范解答(1)函數(shù)f(x)＝x

－2＋，得f＝3x2－2tx.由f′(x)＝0，得x＝，或x＝t.23因為函數(shù)f(x)在，上無極值點，所以t或，解得或≥.32(2)令f′(x)＝3x

－2tx＝，即3x2

－－＝0＝4t212p.t2當(dāng)＞－時＞，此時3x

－2tx＝0存不同的兩個解x，設(shè)這兩條切線方程為分別為y＝(3x－2tx－＋tx2＝－2tx)x2x＋＋若兩切線重合，則－3tx＋1－3tx＋，即2(x＋xx＋＝t(x＋x)，即＝t(x＋x．4t4t2而x＋x＝，化簡得·x＝，時(－x)2(x＋)24x＝－＝，1231219與x≠x矛盾，所以，這兩條切線不重合．綜上，對任意實數(shù)，函數(shù)的圖像總存在兩條切線相互平行．(3)當(dāng)t＝時f(x)x－2＋1，＝3x2由(2)知＋x＝，兩切線平行．設(shè)，x－3x

＋，B(x，x－3x2

＋1)，不妨設(shè)＞x，則＞過點A的切線方程為y＝(3x2)x2x33x＋1.所以，兩條平行線間的距離3