2022版高考数学二轮复习专题二函数与导数专题对点练8导数与函数的零点及参数范围文

专题对点练8　导数与函数的零点及参数范围1.(2022全国Ⅱ,文21)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.2.已知函数f(x)=ax+x2-xlna-b(a,b∈R,a>1),e是自然对数的底数.(1)当a=e,b=4时,求函数f(x)零点个数;(2)若b=1,求f(x)在[-1,1]上的最大值.3.已知函数f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-2(e为自然对数的底数,a∈R).(1)判断曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与曲线y=g(x)的公共点个数;(2)当x∈1e,e时,若函数y=f(x)-g(x)有两个零点,求a的取值范围.4.(2022天津,文20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)若d=3,求f(x)的极值;(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点,求d的取值范围.3\n专题对点练8答案1.解(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.当x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-23,3+23)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-23),(3+23,+∞)单调递增,在(3-23,3+23)单调递减.(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6a-162-16<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2.解(1)由题意f(x)=ex+x2-x-4,∴f'(x)=ex+2x-1,∴f'(0)=0,当x>0时,ex>1,∴f'(x)>0,故f(x)是(0,+∞)上的增函数;当x<0时,ex<1,∴f'(x)<0,故f(x)是(-∞,0)上的减函数.f(1)=e-4<0,f(2)=e2-2>0,∴存在x1∈(1,2)是f(x)在(0,+∞)上的唯一零点;f(-2)=1e2+2>0,f(-1)=-2<0,∴存在x2∈(-2,-1)是f(x)在(-∞,0)上的唯一零点.∴f(x)的零点个数为2.(2)当b=1时,f(x)=ax+x2-xlna-1,∴f'(x)=axlna+2x-lna=2x+(ax-1)lna,当x>0时,由a>1,可知ax-1>0,lna>0,∴f'(x)>0;当x<0时,由a>1,可知ax-1<0,lna>0,∴f'(x)<0;当x=0时,f'(x)=0,∴f(x)是[-1,0]上的减函数,[0,1]上的增函数.∴当x∈[-1,1]时,f(x)min=f(0),f(x)max为f(-1)和f(1)中的较大者.而f(1)-f(-1)=a--2lna,设g(x)=x--2lnx(x>0).∵g'(x)=1+1x2-2x=1x-12≥0(当且仅当x=1时等号成立),∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,而g(1)=0,∴当x>1时,g(x)>0,即当a>1时,a--2lna>0,∴f(1)>f(-1).∴f(x)max=f(1)=a+1-lna-1=a-lna.3.解(1)f'(x)=lnx+1,所以切线斜率k=f'(1)=1.又f(1)=0,所以曲线在点(1,0)处的切线方程为y=x-1.由y=-x2+ax-2,y=x-1,得x2+(1-a)x+1=0.由Δ=(1-a)2-4=a2-2a-3=(a+1)(a-3),可知:当Δ>0,即a<-1或a>3时,有两个公共点;当Δ=0,即a=-1或a=3时,有一个公共点;当Δ<0,即-1<a<3时,没有公共点.(2)y=f(x)-g(x)=x2-ax+2+xlnx,由y=0,得a=x++lnx.令h(x)=x++lnx,则h'(x)=(x-1)(x+2)x2.当x∈1e,e时,由h'(x)=0,得x=1.所以h(x)在1e,1上单调递减,在[1,e]上单调递增,因此h(x)min=h(1)=3.3\n由h1e=1e+2e-1,h(e)=e++1,比较可知h1e>h(e),所以,结合函数图象可得,当3<a≤e+2e+1时,函数y=f(x)-g(x)有两个零点.4.解(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.因此f(0)=0,f'(0)=-1.又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-f(0)=f'(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)·(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t22-9)x-t23+9t2.故f'(x)=3x2-6t2x+3t22-9.令f'(x)=0,解得x=t2-3,或x=t2+3.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,t2-3)t2-3(t2-3,t2+3)t2+3(t2+3,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2-3)=(-3)3-9×(-3)=63;函数f(x)的极小值为f(t2+3)=(3)3-9×3=-63.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+63=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+63=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+63,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-d2-13,x2=d2-13.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g-d2-13=23(d2-1)329+63>0.g(x)的极小值g(x2)=gd2-13=-23(d2-1)329+63.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1)32>27,也就是|d|>10,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+63>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+63<-6210+63<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-∞,-10)∪(10,+∞).3