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第07讲(三次函数的导数问题)(解析版)

第07讲（三次函数的导数问题）

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运用三次函数的图像研究零点问题, 三次函数的单调性问题, 三次函数的极值与最值问题。【例题导读】

例1、若1

x 3－x 2＋ax －a ＝0只有一个实数根，求实数a 的取值范围．

【解析】令f (x )＝1

x 3－x 2＋ax －a ，则f ′(x )＝x 2－2x ＋a .

∵f (x )＝0有一个实数根，∴f ′(x )＝0的Δ≤0或者f (x )极大值＜0或者f (x )极小值＞0. ①f ′(x )＝0的Δ≤0，解得a ≥1；

②当a ＜1时，设x 1，x 2为f ′(x )＝x 2－2x ＋a ＝0的两个根(x 1＜x 2)，x 1＝1－1－a ，x 2＝1＋1－a ，f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．

1° 若f (x )极大值＜0，即f (x 1)＜0，

∴f (x 1)＝13x 31－x 2

1＋ax 1－a ＝13x 1(2x 1－a )－(2x 1－a )＋ax 1－a ＝23x 21＋????23a －2x 1＝23(2x 1－a )＋????23a －2x 1＝????23a －23x 1－23a ＝23

[(a －1)x 1－a ]＜0， ∴x 1＞a a －1，即1－1－a ＞a

a －1，解得(1－a )1－a ＜1，即(1－a )3＜1，得0＜a ＜1；

2° 若f (x )极小值＞0，即f (x 2)＞0，

同理f (x 2)＝23[(a －1)x 2－a ]＞0.∴x 2＜a a －1，即1＋1－a ＜a

a －1

，

解得－(1－a )1－a ＞1，即(1－a )3＜－1，无解．

综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)．

另解：令f (x )＝1

x 3－x 2＋ax －a ，则f ′(x )＝x 2－2x ＋a .

∵f (x )＝0有一个实数根，∴f ′(x )＝0的Δ≤0或者f (x 1)·f (x 2)＞0(x 1，x 2是f (x )的极值点)． ①f ′(x )＝0的Δ≤0，解得a ≥1；

②由x 1，x 2为f ′(x )＝0的两个根，得???

x 21－2x 1＋a ＝0?x 2

1＝2x 1－a ，x 22－2x 2＋a ＝0?x 22＝2x 2－a ，

(a ＜1)于是f (x 1)＝13x 31－x 2

1＋ax 1－a ＝13x 1(2x 1－a )－(2x 1－a )＋ax 1－a ＝23x 21＋????23a －2x 1＝23(2x 1－a )＝????23a －2x 1＝????23a －23x 1－23

a ，同理可得f (x 2)＝????23a －23x 2－23a ，于是有f (x 1)·f (x 2)＝???????

?23a －23x 1－23a ????????23a －23x 2－23a ＞0.当a ＜1时，????x 1－a a －1????x 2－a a －1＞0?x 1x 2－a a －1

(x 1＋x 2)＋????a a －12＞0，

又∵x 1，x 2是方程x 2－2x ＋a ＝0的根，

∴x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝a ，化简可得a (a 2－3a ＋3)＞0，解得0＜a ＜1；综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞).

例2、已知函数f (x )＝13x 3－k ＋12x 2，g (x )＝1

－kx ，若函数f (x )与g (x )的图象有三个不同的交点，求实数

k 的取值范围．

【解析】 ∵f (x )与g (x )的图象有三个不同的交点，

∴f (x )＝g (x )有三个不等实根．令h (x )＝f (x )－g (x )＝13x 3－k ＋12x 2＋kx －1

，则h ′(x )＝x 2－(k ＋1)x ＋k ＝

(x －k )(x －1)，根据题意得k ≠1且h (1)·h (k )＜0，化简可得k －12?? －16

k 3＋12k 2－

13＜0，即－k －112

(k －1)(k 2－2k －2)＜0，∴k 2－2k －2＞0，解得k ＞1＋3或k ＜1－3，

∴实数k 的取值范围是(－∞，1－3)∪(1＋3，＋∞).

例3、设函数f (x )＝13x 3－a

x 2＋1，其中a ＞0，若过点(0,2)可作曲线y ＝f (x )的三条不同切线，求实数a 的取值

范围．

【解析】∵f ′(x )＝x 2－ax ，设切点为(t ，f (t ))，切线方程为y ＝(t 2－at )(x －t )＋13t 3－a 2t 2＋1，代入(0,2)化简可得

t 3－a 2t 2＋1＝0，设g (t )＝23t 3－a 2t 2＋1，令g ′(t )＝0，有t 1＝0，t 2＝a

＞0.∵过点(0,2)可以作曲线y ＝f (x )的三条切

线，∴g (t )＝0有三个不同的根，故?

????

g 0＞0，g ????a 2＜0，

解得a ＞324，∴实数a 的取值范围是(3

24，＋∞)．

例4、已知函数f (x )＝1

x 3－x 2＋x .

(1)求曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程； (2)当x ∈[－2,4]时，求证：x －6≤f (x )≤x ；

(3)设F (x )＝|f (x )－(x ＋a )|(a ∈R )，记F (x )在区间[－2,4]上的最大值为M (a )．当M (a )最小时，求a 的值．

【解析】(1)由f (x )＝14x 3－x 2＋x 得f ′(x )＝34x 2－2x ＋1.令f ′(x )＝1，即34x 2－2x ＋1＝1，得x ＝0或x ＝8

又f (0)＝0，f (83)＝827，所以曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程是y ＝x 与y －827＝x －8

即y ＝x 与y ＝x －64

(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ，x ∈[－2,4]．由g (x )＝14x 3－x 2得g ′(x )＝3

x 2－2x .

令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝8

.g ′(x )，g (x )的情况如表7-1所示.

x －2 (－2,0) 0 (0，83) 83 (8

，4)

4 g ′(x ) ＋－

＋

g (x )

－6

－6427

所以g (x )的最小值为－6，最大值为0.故－6≤g (x )≤0，即x －6≤f (x )≤x . (3)由(2)知，

当a ＜－3时，M (a )≥F (0)＝|g (0)－a |＝－a ＞3；

当a ＞－3时，M (a )≥F (－2)＝|g (－2)－a |＝6＋a ＞3；当a ＝－3时，M (a )＝3

综上，当M (a )最小时，a ＝－3.

例5、已知函数f(x)＝?????－x 3＋x 2，x<0，

e x －ax ，x≥0，其中常数a ∈R .

(1) 当a ＝2时，求函数f (x )的单调区间；

(2) 若方程f (－x )＋f (x )＝e x －3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a 的取值范围；

【解析】(1) 当a ＝2时，f(x)＝?

????－x 3＋x 2，

x<0，e x

－2x ，x≥0.

①当x<0时，f′(x)＝－3x 2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(－∞，0)上递减；(2分) ②当x≥0时，f′(x)＝e x －2，可得f(x)在[0，ln 2]上递减，在[ln 2，＋∞)上递增．(4分)

因为f(0)＝1>0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)和[0，ln 2]，单调递增区间是[ln 2，＋∞)．(5分) (2) 当x>0时，f(x)＝e x －ax ，此时－x<0，f(－x)＝－(－x)3＋(－x)2＝x 3＋x 2. 所以可化为a ＝x 2＋x ＋3

x 在区间(0，＋∞)上有实数解．(6分)

记

g(x)＝x 2＋x ＋

3x ，x ∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2x ＋1－3x 2＝（x －1）（2x 2＋3x ＋3）x 2

.(7分) 可得g(x)在(0，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，且g(1)＝5，当x→＋∞时，g(x)→＋∞.(9分) 所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即实数a 的取值范围是[5，＋∞)．(10分)

例6、已知函数3

()1f x x ax bx a b =+++∈，，R ．（1）若20a b +=，

① 当0a >时，求函数()f x 的极值（用a 表示）；

② 若()f x 有三个相异零点，问是否存在实数a 使得这三个零点成等差数列？若存在，试求出a 的值；若不存在，请说明理由；

【解析】（1）①由2()32f x x ax b '=++及02=+b a ，得22()32f x x ax a '=+-，令()0f x '=，解得3

x =

或a x -=. 由0>a 知，(,)()0x a f x '∈-∞->，，)(x f 单调递增，

(,)()03a x a f x '∈-<，，)(x f 单调递减，(,)()03a

x f x '∈+∞>，，)(x f 单调递增，

因此，)(x f 的极大值为3

()1f a a -=+，)(x f 的极小值为3

5()1327

a a f =-.

② 当0a =时，0b =，此时3()1f x x =+不存在三个相异零点；

当0a <时，与①同理可得)(x f 的极小值为3

()1f a a -=+，)(x f 的极大值为3

5()1327

a a f =-.

要使)(x f 有三个不同零点，则必须有33

5(1)(1)027

a a +-

<，

即3327

a a <->

或. 不妨设)(x f 的三个零点为321,,x x x ，且321x x x <<，则123()()()0f x f x f x ===，

221111()10f x x ax a x =+-+=， ① 3222222()10f x x ax a x =+-+=， ② 3223333()10f x x ax a x =+-+=， ③

②-①得2

22212

121212121()()()()()0x x x x x x a x x x x a x x -+++-+--=，因为210x x ->，所以2

222

12121()0x x x x a x x a ++++-=， ④ 同理22

32232()0x x x x a x x a ++++-=， ⑤ ⑤-④得231313131()()()()0x x x x x x x a x x -+-++-=，因为310x x ->，所以2310x x x a +++=，又1322x x x +=，所以23

x =-

. 所以()03

f -=，即22239a a a +=-，即327111a =-<-，

因此，存在这样实数

a =满足条件.

例7、已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值，且导函数'()f x 的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）

（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：33b a >；

（3）若(),'()f x f x 这两个函数的所有极值之和不小于7

-，求a 的取值范围．

【解析】（1）2'()32f x x ax b =++有零点，24120a b ?=->，

即23a b >，又''()620f x x a =+=，解得3

a x =-，根据题意，()03a f -=，即32

10333a a a a b ??????

-+-+-+= ? ? ???????，化简得2239b a a =+，又203a a b >??>?

，所以3a >，

即223

(3)9b a a a

+>；（2）设243322

4591

()3(427)(27)81381g a b a a a a a a a

=-=

-+=--，而3a >，故()0g a >，即23b a >；（3）设12,x x 为()f x 的两个极值点，令'()0f x =得12122,33

b a

x x x x =+=-，

法一：332212121212()()()()2f x f x x x a x x b x x +=++++++

22121212121212()[()3][()2]()2x x x x x x a x x x x b x x =++-++-+++

332424223

2()202732739a ab a a a a

-+=-++=．记()f x ,()f x '所有极值之和为()S a ，12()()0f x f x +=，2

'()33

a a f

b -=-，

则221237

()()()'()3392

a a a S a f x f x f

b a =++-=-=--≥，

而23()()3a S a a =-在(3,)a ∈+∞上单调递减且7

(6)2

S =-，故36a <≤．

法二：下面证明()f x 的图像关于(,())33a a

f --中心对称，

2332

32()1()()()1333327

a a a a

b a f x x ax bx x b x =+++=++-++-+

23()()()()3333a a a a x b x f =++-++-，所以()()2()0333

a a a

f x f x f --+-+=-=，所以12()()0f x f x +=，下同法一．

例8、已知函数f(x)＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax ，a ∈R .

(1) 曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线的斜率为3，求a 的值；

(2) 若对于任意x ∈(0，＋∞)，f (x )＋f (－x )≥12ln x 恒成立，求a 的取值范围；

(3) 若a ＞1，设函数f (x )在区间[1，2]上的最大值、最小值分别为M (a )，m (a )，记h (a )＝M (a )－m (a )，求h (a )的最小值．

【解析】 (1) 因为f(x)＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax ，所以f′(x)＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ，所以曲线y ＝f(x)在x ＝0处的切线的斜率k ＝f′(0)＝6a ，所以6a ＝3，所以a ＝1

(2) f(x)＋f(－x)＝－6(a ＋1)x 2≥12ln x 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，所以－(a ＋1)≥2ln x

x 2.

令g(x)＝2ln x

x 2，x ＞0，则g′(x)＝2（1－2ln x ）x 3.

令g′(x)＝0，解得x ＝e .

当x ∈(0，e )时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，e )上单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，g′(x)＜0，所以g(x)在(e ，＋∞)上单调递减．所以g(x)max ＝g(e )＝1

e ，

所以－(a ＋1)≥1e ，即a≤－1－1

，

所以a 的取值范围为?

???－∞，－1－1

e . (3) 因为f(x)＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax ，所以f′(x)＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a)，令f′(x)＝0，则x ＝1或x ＝a.

f(1)＝3a －1，f(2)＝4.由f(1)＝f(2)得到分类的节点a ＝5

①当1＜a≤5

时，

当x ∈(1，a)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(1，a)上单调递减；当x ∈(a ，2)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(a ，2)上单调递增．

又因为f(1)≤f(2)，所以M(a)＝f(2)＝4，m(a)＝f(a)＝－a 3＋3a 2，所以h(a)＝M(a)－m(a)＝4－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋4.

因为h′(a)＝3a 2－6a ＝3a(a －2)＜0，所以h(a)在????1，5

3上单调递减，所以当a ∈????1，53时，h(a)的最小值为h ????53＝8

27. ②当5

＜a ＜2时，

当x ∈(1，a)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(1，a)上单调递减；当x ∈(a ，2)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(a ，2)上单调递增．

又因为f(1)＞f(2)，所以M(a)＝f(1)＝3a －1，m(a)＝f(a)＝－a 3＋3a 2，所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a －1－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋3a －1.

因为h′(a)＝3a 2－6a ＋3＝3(a －1)2>0.所以h(a)在????

53，2上单调递增，所以当a ∈????53，2时，h(a)＞h ????53＝8

27. ③当a≥2时，

当x ∈(1，2)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(1，2)上单调递减，所以M(a)＝f(1)＝3a －1，m(a)＝f(2)＝4，所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a －1－4＝3a －5，所以h(a)在[2，＋∞)上的最小值为h(2)＝1. 综上，h(a)的最小值为8

27.

【反馈练习】

1、若函数f (x )＝2

3x 3－2ax 2－3x 在(－1,1)内有且只有一个极值点，则实数a 的取值范围是________．

【答案】 ????－∞，－14∪???

4，＋∞

【解析】∵f ′(x )＝2x 2

－4ax －3，∴根据题意f ′(－1)·

f ′(1)＜0，解得a ＞14或a ＜－1

4. 2、已知函数f (x )＝14x 4＋a 3x 3＋1

x 2(a ∈R ，a ≠0)有且仅有3个极值点，则实数a 的取值范围

是________．

【答案】 (－∞，－2)∪(2，＋∞) 【解析】可转化为f ′(x )＝x 3＋ax 2＋x 有三个不同的零点，从而x 2＋ax ＋1＝0有两个不等的非零实根，故Δ＝a 2－4＞0，∴a ∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)．

3、若函数f (x )＝a 3x 3－12(a ＋1)x 2＋x －1

3(a ＞0)在[0,2]上有两个零点，则实数a 的取值范围是________．

【答案】 ???

?0，12 【解析】f ′(x )＝a ???

?x －1

a (x －1)， ①当1a ＞1，即0＜a ＜1时，f (0)＝－13＜0，f (1)＝－1

6(a －1)＞0，做表7-2如下：

x (－∞，1) 1 ????1，1a 1a ???

?1a ，＋∞ f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x ) 增极大值减极小值增

表7-2 (ⅰ)当2a ≤1，即0＜a ≤12时，1a ≥2，f (2)＝1

(2a －1)≤0，因为f (x )在区间[0,1]上为增函数，在[1,2]上为减

函数，

∴f (x )在区间[0,1]和(1,2]上各有一个零点，即在[0,2]上有两个零点；

(ⅱ)当2a ＞1，即12＜a ＜1时，1＜1

＜2，

f ????1a ＝－2a 2＋3a －16a 2＝－2a －1a －16a 2

＞0，

f (2)＝1

(2a －1)＞0，∴x ∈[1,2]，f (x )＞0.

∵f (x )在[0,1)上为增函数，

∴f (x )在区间(0,1)有一个零点，即在[0,2]上有一个零点，不满足题设； ②当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2，

∴f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，∴f (x )在[0,2]上不可能有两个零点；

③当1a ＜1，即a ＞1时，f (0)＝－1

＜0，

f (1)＝－16(a －1)＜0，f ????1a ＝－2a －1a －16a 2＜0，f (2)＝1

3(2a －1)＞0，做表7-3如下：

x ????－∞，1a 1a

???

?1a ，1 1 (1，＋∞) f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x ) 增极大值减极小值增

∴x ∈[0,1]，f (x )＜0，∵f (x )在[1,2]上为增函数，∴f (x )在区间(1,2]有一个零点，即在[0,2]上有一个零点，不满足题设．

综上，a 的取值范围是???

?0，12.

4、设函数f (x )＝x 3－9

x 2＋6x －a .

(1)对于任意实数x ，f ′(x )≥m 恒成立，求实数m 的最大值； (2)若方程f (x )＝0有且仅有一个实根，求实数a 的取值范围．

【答案】 (1)－3

；(2)(－∞，2)∪????52，＋∞. 【解析】 (1)f ′(x )＝3x 2

－9x ＋6＝3(x －1)(x －2)，

∵x ∈R ，∴f ′(x )≥m 即3x 2－9x ＋6－m ≥0恒成立，∴Δ＝81－12(6－m )≤0，得m ≤－3

4，即m 的最大值为

－34

. (2)∵当x ＜1或x ＞2时，f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，1)和(2，＋∞)上递增；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )在(1,2)上递减；

∴当x ＝1时，f (x )取极大值f (1)＝5

－a ，

当x ＝2时，f (x )取极小值f (2)＝2－a ，故当f (1)＜0或f (2)＞0时，方程f (x )＝0仅有一个实根，解得a ＜2或a ＞52.(或由f (1)f (2)＞0，亦可解得a ＜2或a ＞5

5、已知函数f (x )＝ax 3＋|x －a |，a ∈R .

(1)若函数g (x )＝x 4，试讨论方程f (x )＝g (x )的实数解的个数；

(2)当a ＞0时，若对于任意的x 1∈[a ，a ＋2]，都存在x 2∈[a ＋2，＋∞)，使得f (x 1)f (x 2)＝1 024，求满足条件的正整数a 的取值集合．

【答案】(1)当a ≥1时，有两个解；当－1＜a ＜1时，有三个解；当a ≤－1时，有两个解；(2){1}．【解析】 (1)f (x )＝g (x )即为ax 3＋|x －a |＝x 4，

∴x 4－ax 3＝|x －a |，

∴x 3(x －a )＝|x －a |，即x ＝a 或{ x ＞a ，x ＝1或{ x ＜a ，x ＝－1， ①当a ≥1时，方程f (x )＝g (x )有两个不同的解a ，－1；

②当－1＜a ＜1时，方程f (x )＝g (x )有三个不同的解a ，－1,1； ③当a ≤－1时，方程f (x )＝g (x )有两个不同的解a,1.

(2)当a ＞0时，x ∈(a ，＋∞)时，f (x )＝ax 3＋x －a ，f ′(x )＝3ax 2＋1＞0，∴函数f (x )在(a ，＋∞)上是增函数，且f (x )＞f (a )＝a 4＞0，

∴当x ∈[a ，a ＋2]时，f (x )∈[f (a )，f (a ＋2)]，1 024f x ∈???

?1 024

f a ＋2，1 024f a ，

当x ∈[a ＋2，＋∞)时，f (x )∈[f (a ＋2)，＋∞)．

∵对任意的x 1∈[a ，a ＋2]，都存在x 2∈[a ＋2，＋∞)，使得f (x 1)f (x 2)＝1 024，

∴????1 024f a ＋2，1 024

f a ?[f (a ＋2)，＋∞)， ∴ 1 024f a ＋2

≥f (a ＋2)， ∴f 2(a ＋2)≤1 024，

即f (a ＋2)≤32，也即a (a ＋2)3＋2≤32，

∵a ＞0，显然a ＝1满足，而a ≥2时，均不满足． ∴满足条件的正整数a 的取值的集合为{1}． 6、已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－4a(a ，b ∈R )． (1) 当a ＝b ＝1时，求f (x )的单调增区间；

(2) 当a ≠0时，若函数f (x )恰有两个不同的零点，求b

的值；

(3) 当a ＝0时，若f (x )

解后反思在第(2)题中，也可转化为b a ＝4

2－x 恰有两个不同的实数解．

另外，由g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点，可设g(x)＝(x －s)(x －t)2.展开，得x 3－(s ＋2t)x 2＋(2st ＋t 2)x －st 2＝x 3＋kx 2－4，所以?????－（s ＋2t ）＝k ，2st ＋t 2＝0，－st 2＝－4，解得????

?s ＝1，t ＝－2，k ＝3.

解：(1)当a ＝b ＝1时，f(x)＝x 3＋x 2－4，f′(x)＝3x 2＋2x. 令f′(x)>0，解得x>0或x<－2

，

所以f(x)的单调增区间是?

???－∞，－2

3和(0，＋∞)． (2)法一：f′(x)＝3ax 2＋2bx ，令f′(x)＝0，得x ＝0或x ＝－2b

3a ，

因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)＝0或f ????－2b

3a ＝0. 当f(0)＝0时，得a ＝0，不合题意，舍去；

当f ????－2b 3a ＝0时，代入得a ????－2b 3a ＋b ????－2b

3a 2

－4a ＝0，即－827????b a 3＋49????b a 3－4＝0，所以b a ＝3.

法二：由于a≠0，所以f(0)≠0，由f(x)＝0得，b a ＝4－x 3x 2＝4

2－x(x≠0)．

设h(x)＝4x 2－x ，h′(x)＝－8

3－1，令h′(x)＝0，得x ＝－2，

当x ∈(－∞，－2)时，h′(x)<0，h(x)递减；当x ∈(－2，0)时，h′(x)>0，h(x)递增，当x ∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x>0时，h(x)的值域为R ，

故不论b a 取何值，方程b a ＝4－x 3x 2＝4

x 2－x 恰有一个根－2，

此时函数f (x )＝a (x ＋2)2(x －1)恰有两个零点－2和1. (3)当a ＝0时，因为f (x )

g (x )＝ln x －bx 2，则

g ′(x )＝1

x －2bx ＝1－2bx 2x

(x >0)，

当b ≤0时，因为g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上递增，且g (1)＝－b ≥0，所以在(1，＋∞)上，g (x )＝ln x －bx 2≥0，不合题意；

当b >0时，令g ′(x )＝1－2bx 2

x ＝0，得x ＝

12b

，所以g (x )在?

???

0，

12b 递增，在???

?12b ，＋∞递减，所以g (x )max ＝g ?

?12b ＝ln 12b －12

，要使g (x )>0有解，首先要满足ln

12b －12>0，解得b <1

. ① 又因为g (1)＝－b <0，g (e 12)＝1

－b e>0，

要使f (x )

???

?g （2）>0，g （3）≤0，

即?????ln2－4b >0，ln3－9b ≤0，

解得ln39≤b

设h (x )＝ln x

x ，则h ′(x )＝1－ln x x

2，

当x ∈(0，e)时，h ′(x )>0，h (x )递增；当x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )递减．所以h (x )max ＝h (e)＝1e >h (2)＝ln22，所以12e >ln2

4，

所以由①和②得，ln39≤b ＜ln2

7、若函数y ＝f(x)在x ＝x 0处取得极大值或极小值，则称x 0为函数y ＝f(x)的极值点．设函数f(x)＝x 3－tx 2＋1(t ∈R )．

(1) 若函数f (x )在(0，1)上无极值点，求t 的取值范围；

(2) 求证：对任意实数t ，函数f (x )的图像总存在两条切线相互平行；

(3) 当t ＝3时，函数f (x )的图像存在的两条平行切线之间的距离为4，求满足此条件的平行线共有几组．规范解答 (1)由函数f(x)＝x 3－tx 2＋1，得f′(x)＝3x 2－2tx.由f′(x)＝0，得x ＝0，或x ＝2

3t.

因为函数f(x)在(0，1)上无极值点，所以23t≤0或23t≥1，解得t≤0或t≥3

(2)令f′(x)＝3x 2－2tx ＝p ，即3x 2－2tx －p ＝0，Δ＝4t 2＋12p.

当p ＞－t 2

时，Δ＞0，此时3x 2－2tx －p ＝0存在不同的两个解x 1，x 2.

设这两条切线方程为分别为y ＝(3x 21－2tx 1)x －2x 31＋tx 21＋1和y ＝(3x 22－2tx 2)x －2x 32＋tx 2

2＋1. 若两切线重合，则－2x 31＋tx 21＋1＝－2x 32＋tx 22＋1，即2(x 21＋x 1x 2＋x 22)＝t(x 1＋x 2)，即2＝t(x 1＋x 2

)．

而x 1＋x 2＝2t 3，化简得x 1·x 2＝t 29，此时(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2

－4x 1x 2＝4t 29－4t 2

9＝0，

与x 1≠x 2矛盾，所以，这两条切线不重合．

综上，对任意实数t ，函数f(x)的图像总存在两条切线相互平行． (3)当t ＝3时f(x)＝x 3－3x 2＋1，f′(x)＝3x 2－6x. 由(2)知x 1＋x 2＝2时，两切线平行．

设A(x 1，x 31－3x 21＋1)，B(x 2，x 32－3x 22＋1)，

不妨设x 1＞x 2，则x 1＞1.

过点A 的切线方程为y ＝(3x 21－6x 1)x －2x 31＋3x 2

1＋1.

所以，两条平行线间的距离

d ＝|2x 32－2x 31－3（x 22－x 21）|1＋9（x 21－2x 1）2

＝|（x 2－x 1）|1＋9（x 21－2x 1）

2＝4，化简得(x 1－1)6＝1＋92，

令(x 1－1)2＝λ(λ＞0)，则λ3－1＝9(λ－1)2，

即(λ－1)( λ2＋λ＋1)＝9(λ－1)2，即(λ－1)( λ2－8λ＋10)＝0.

显然λ＝1为一解，λ2－8λ＋10＝0有两个异于1的正根，所以这样的λ有3解．因为x 1－1＞0，所以x 1有3解，所以满足此条件的平行切线共有3组．

8、已知函数g(x)＝x 3＋ax 2＋bx(a ，b ∈R )有极值，且函数f (x )＝(x ＋a )e x 的极值点是g (x )的极值点，其中e 是自然对数的底数．(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值) (1) 求b 关于a 的函数关系式；

(2) 当a >0时，若函数F (x )＝f (x )－g (x )的最小值为M (a )，证明：M (a )<－73.

规范解答 (1) 因为f′(x)＝e x ＋(x ＋a)e x ＝(x ＋a ＋1)e x ，令f′(x)＝0，解得x ＝－a －1. 列表如下：

所以x ＝－a －1时，f(x)取得极小值．因为g′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ，

由题意可知g′(－a －1)＝0，且Δ＝4a 2－12b>0，所以3(－a －1)2＋2a(－a －1)＋b ＝0，化简得b ＝－a 2－4a －3.

由Δ＝4a 2－12b ＝4a 2＋12(a ＋1)(a ＋3)>0，得a≠－3

2.所以b ＝－a 2－4a －3????a≠－32. (2) 因为F(x)＝f(x)－g(x)＝(x ＋a)e x －(x 3＋ax 2＋bx)，所以 F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝(x ＋a ＋1)e x －[3x 2＋2ax －(a ＋1)(a ＋3)] ＝(x ＋a ＋1)e x －(x ＋a ＋1)(3x －a －3) ＝(x ＋a ＋1)(e x －3x ＋a ＋3)．

记h(x)＝e x －3x ＋a ＋3，则h′(x)＝e x －3，令h′(x)＝0，解得x ＝ln 3. 列表如下：

所以x ＝ln 3时，h(x)取得极小值，也是最小值，此时，h(ln 3)＝e ln 3－3ln 3＋a ＋3＝6－3ln 3＋a ＝3(2－ln 3)＋a ＝3ln e 2

＋a>a>0.

所以h(x)＝e x －3x ＋a ＋3≥h(ln 3)>0，令F′(x)＝0，解得x ＝－a －1. 列表如下：

所以x ＝－a －1时，F(x)取得极小值，也是最小值．所以M(a)＝F(－a －1)＝(－a －1＋a)e －a －1

－[(－a －1)3＋a(－a －1)2＋b(－a －1)]

＝－e

－a －1

－(a ＋1)2(a ＋2)．

令t ＝－a －1，则t<－1，

记m(t)＝－e t －t 2(1－t)＝－e t ＋t 3－t 2，t<－1，则m′(t)＝－e t ＋3t 2－2t ，t<－1. 因为－e －

1<－e t <0，3t 2－2t>5，所以m′(t)>0，所以m(t)单调递增．所以m(t)<－e －

1－2<－13－2＝－73，

即M(a)<－7

精选-高考数学大二轮复习专题二函数与导数2-3二导数的综合应用练习

2.3（二）导数的综合应用【课时作业】 A 级 1．(2018·昆明市高三摸底调研测试)若函数f (x )＝2x －x 2 －1，对于任意的x ∈Z 且x ∈ (－∞，a )，都有f (x )≤0恒成立，则实数a 的取值范围为() A ．(－∞，－1] B ．(－∞，0] C ．(－∞，4] D ．(－∞，5] 解析：对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，都有f (x )≤0恒成立，可转化为对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，2x ≤x 2 ＋1恒成立．令g (x )＝2x ，h (x )＝x 2 ＋1，当x <0时，g (x )h (x )．综上，实数a 的取值范围为(－∞，5]，故选D. 答案： D 2．已知函数y ＝f (x )是R 上的可导函数，当x ≠0时，有f ′(x )＋ x >0，则函数F (x ) ＝xf (x )＋1 x 的零点个数是() A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 解析：由F (x )＝xf (x )＋1 x ＝0，得xf (x )＝－1 x ，设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，因为x ≠0时，有f ′(x )＋x >0，所以x ≠0时，＋x >0，即当x >0时，g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，此时函数g (x )单调递增，

此时g (x )>g (0)＝0，当x <0时，g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )<0，此时函数g (x )单调递减，此时g (x )>g (0)＝0，作出函数g (x )和函数y ＝－1 x 的图象，(直线只代表单调性和取值范围)，由图象可知函数 F (x )＝xf (x )＋1x 的零点个数为1个．答案： B 3．定义1：若函数f (x )在区间D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在区间D 上也可导，则称函数f (x )在区间D 上存在二阶导数，记作f ″(x )，即f ″(x )＝[f ′(x )]′. 定义2：若函数f (x )在区间D 上的二阶导数恒为正，即f ″(x )>0恒成立，则称函数f (x ) 在区间D 上为凹函数．已知函数f (x )＝x 3 －32 x 2＋1在区间D 上为凹函数，则x 的取值范围是________．解析： ∵f (x )＝x 3－32 x 2＋1，∴f ′(x )＝3x 2 －3x ，∴f ″(x )＝6x －3.令f ″(x )>0，即 6x －3>0，解得x >12.∴x 的取值范围是? ?? ??12，＋∞. 答案： ? ?? ? ?12，＋∞ 4．已知函数f (x )＝ ex x ，g (x )＝－(x －1)2＋a 2 ，若当x >0时，存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意得存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，等价于f (x )min ≤g (x )max . 因为g (x )＝－(x －1)2 ＋a 2 ，x >0，所以当x ＝1时，g (x )max ＝a 2 . 因为f (x )＝ex x ，x >0，所以f ′(x )＝ex·x－ex x2 ＝－x2 . 所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝e.