【精品整理】2020年高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题(解析版)

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故实数m的取值范围为(4e，3e]．

22．已知f(x)＝2xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.

(1)如果函数g(x)的单调递减区间为???1?,1?，求函数g(x)的解析式； ?3?(2)在(1)的条件下，求函数y＝g(x)的图象在点P(－1，g(－1))处的切线方程； (3)已知不等式f(x)≤g′(x)＋2恒成立，若方程aea－m＝0恰有两个不等实根，求m的取值范围．

【解】 (1)g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意知，3x2＋2ax－1<0的解集为???1?,1?， 3??1

即3x2＋2ax－1＝0的两根分别是－，1，

3代入得a＝－1，∈g(x)＝x3－x2－x＋2. (2)由(1)知，g(－1)＝1，∈g′(x)＝3x2－2x－1，

g′(－1)＝4，∈点P(－1,1)处的切线斜率k＝g′(－1)＝4，∈函数y＝g(x)的图象在点P(－1,1)处的切线方程为y－1＝4(x＋1)，即4x－y＋5＝0.

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(3)由题意知，2xln x≤3x2＋2ax＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，可得a≥ln x－x－对x∈(0，

22x＋∞)恒成立．

31

设h(x)＝ln x－x－，

22x

?x－1??3x＋1?131

则h′(x)＝－＋2＝－，

x22x2x21

令h′(x)＝0，得x＝1，x＝－(舍)，

3当00；当x>1时，h′(x)<0， ∈当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝h(1)＝－2， ∈a≥－2.

令φ(a)＝aea，则φ′(a)＝ea＋aea＝ea(a＋1)， ∈φ(a)在[－2，－1]上单调递减，

2－

在(－1，＋∞)上单调递增，∈φ(－2)＝－2e2＝－2，

e1－

φ(－1)＝－e1＝－，当a→＋∞时，φ(a)→＋∞，

e12

∈方程aea－m＝0恰有两个不等实根，只需－

ee3．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．

【解析】 (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， 2

解得x＝－2或x＝－.

3

f(x)与f′(x)在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：

x (－∞，－2) －2 2???2,??? 3??－ 2－ 30 32c－ 27?2???,??? ?3?＋ f′(x) f(x) ＋ 0 c 2?32??2?所以，当c>0且c－<0时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈??2,??，x3∈??,0?，使

273???3?得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.

由f(x)的单调性知，当且仅当c∈?0,点．

??32??时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零27?(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)在的区间(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．