2019年高考数学二轮复习 专题四 函数概念、基本初等函数及导数 第5讲 利用导数研究函数中相关参数

第5讲利用导数研究函数中相关参数问题核心整合函数的零点(1)函数零点的概念:对于函数y=f(x),把使f(x)=0的实数x叫做函数y=f(x)的零点.(2)方程的根与函数零点的关系:方程f(x)=0有实根⇔函数y=f(x)有零点⇔函数y=f(x)图象与x轴相交.(3)函数零点存在性定理:若函数f(x)的图象在[a,b]上连续不断,且f(a)f(b)0,则y=f(x)在(a,b)内存在零点.(4)函数存在零点的判定方法:解方程f(x)=0、利用零点存在性定理、数形结合.【归纳拓展】三次函数的零点分布:存在两个极值点x1,x2且x1x2的函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的零点分布情况如下:a的符号零点个数充要条件a0(f(x1)为极大值f(x2)为极小值)一个f(x1)0或f(x2)0两个f(x1)=0或f(x2)=0三个f(x1)0且f(x2)0a0(f(x1)为极小值f(x2)为极大值)一个f(x1)0或f(x2)0两个f(x1)=0或f(x2)=0三个f(x1)0且f(x2)0【温馨提示】(1)函数零点不是一个“点”,而是函数图象与x轴交点的横坐标;(2)当函数y=f(x)在(a,b)内有零点时,不一定有f(a)·f(b)0,例如f(x)=x2在区间(-1,1)内有零点,却有f(1)·f(-1)0.核心突破考点一含参数的函数的性质问题【例1】已知函数f(x)=x3+2bx2+cx+1有两个极值点x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],则f(-1)的取值范围是()(A)[-32,3](B)[32,6](C)[3,12](D)[-32,12]解析:因为f(x)有两个极值点x1,x2,所以f′(x)=3x2+4bx+c=0有两个根x1,x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],所以20,10,10,20,ffff即1280,340,340,1280,bcbcbcbc画出可行域如图所示.因为f(-1)=2b-c,由图知经过点A(0,-3)时,f(-1)取得最小值3,经过点C(0,-12)时,f(-1)取得最大值12,所以f(-1)的取值范围为[3,12].故选C.方法技巧求解函数中的参数或讨论参数求解范围问题,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,还可以借助函数图象大致判定单调性、极值等,进而来判定函数的最值、方程的零点等问题.【题组训练】1.已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则实数a的取值范围是()(A)(-1,2)(B)(-∞,-3)∪(6,+∞)(C)(-3,6)(D)(-∞,-1)∪(2,+∞)B解析:f′(x)=3x2+2ax+(a+6),因为函数有极大值和极小值,所以f′(x)=0有两个不相等的实数根,所以Δ=4a2-4×3(a+6)0,解得a-3或a6.故选B.2.直线y=kx+1与曲线y=x3+ax+b相切于点A(1,3),则2a+b的值为()(A)2(B)-1(C)1(D)-2C解析:因为y′=3x2+a.所以y′|x=1=3+a=k,又3=k+1,所以k=2,所以a=-1.又3=1+a+b,所以b=3,所以2a+b=-2+3=1.故选C.3.已知函数f(x)=mx3+nx2的图象在点(-1,2)处的切线恰好与直线3x+y=0平行,若f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,则实数t的取值范围是.解析:由题意知,点(-1,2)在函数f(x)的图象上,故-m+n=2.①又f′(x)=3mx2+2nx,则f′(-1)=-3,故3m-2n=-3.②联立①②解得m=1,n=3,即f(x)=x3+3x2,令f′(x)=3x2+6x≤0,解得-2≤x≤0,则[t,t+1]⊆[-2,0],故t≥-2且t+1≤0,所以t∈[-2,-1].答案:[-2,-1]考点二含参数的函数的图象问题【例2】设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)的图象的是()解析:若x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,则易得a=c.因选项A,B的函数为f(x)=a(x+1)2,[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=a(x+1)(x+3)ex,所以x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,满足条件;选项C中,对称轴x=-2ba0,且开口向下,所以a0,b0,所以f(-1)=2a-b0,也满足条件;选项D中,对称轴x=-2ba-1,且开口向上,所以a0,b2a,所以f(-1)=2a-b0,与D图矛盾.故选D.方法技巧若导函数图象与x轴的交点为x0,且图象在x0两侧附近连续分布于x轴上下方,则x0为原函数的极值点,运用导数知识来讨论函数单调性时,由导函数f′(x)的正负,得出原函数f(x)的单调区间.【题型训练】函数f(x)=axm(1-x)n在区间[0,1]上的图象如图所示,则m,n的值可能是()(A)m=1,n=1(B)m=1,n=2(C)m=2,n=1(D)m=3,n=1B解析:由图得,原函数的极大值点小于0.5.当m=1,n=1时,f(x)=ax(1-x)=-a(x-12)2+4a.在x=12处取极值,故A错;当m=1,n=2时,f(x)=axm(1-x)n=ax(1-x)2=a(x3-2x2+x),所以f′(x)=a(3x-1)(x-1),令f′(x)=0⇒x=13,x=1,即函数在x=13处取极值,故B对;当m=2,n=1时,f(x)=axm(1-x)n=ax2(1-x)=a(x2-x3),有f′(x)=a(2x-3x2)=ax(2-3x),令f′(x)=0⇒x=0,x=23,即函数在x=23处取极值,故C错;当m=3,n=1时,f(x)=axm(1-x)n=ax3(1-x)=a(x3-x4),有f′(x)=ax2(3-4x),令f′(x)=0⇒x=0,x=34,即函数在x=34处取极值,故D错.故选B.考点三含参数函数中与零点相关问题【例3】(2016·北京卷)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;(1)解: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)设a=b=4,若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围;(2)解: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,解得x=-2或x=-23.f(x),f′(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如表:x(-∞,-2)-2(-2,-23)-23(-23,+∞)f′(x)+0-0+f(x)↗c↘c-3227↗所以,当c0且c-32270时,存在x1,x2,x3,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c∈(0,3227)时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同零点.(3)求证:a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.(3)证明:当Δ=4a2-12b0时,f′(x)=3x2+2ax+b0,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)在区间(x0,+∞)上单调递增.所以f(x)不可能有三个不同零点.即若函数f(x)有三个不同零点,则必有Δ=4a2-12b0,即a2-3b0.故a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要条件.当a=b=4,c=0时,a2-3b0,f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点,所以a2-3b0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.综上所述,a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.方法技巧对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围.从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值;从图象的对称性,分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等.解:(1)f′(x)=(2ex+1)(a·ex-1).当a≤0时,f′(x)=(2ex+1)(a·ex-1)0,所以f(x)在R上为减函数.当a0时,令f′(x)=(2ex+1)(a·ex-1)=0,得x=ln1a,则f(x)在(-∞,ln1a]上为减函数,[ln1a,+∞)上为增函数.【题组训练】1.已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;解:(2)要使f(x)有两个零点,只需f(ln1a)0即可,f(ln1a)=a21a+(a-2)1a-ln1a=1-1a-ln1a0,令t=1a,得g(t)=1-t-lnt在(0,+∞)上为减函数,又因为g(1)=0,所以t1,所以1a1,所以a的取值范围为(0,1).(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.2.设函数f(x)=12x2+lnx-mx(m0).(1)求f(x)的单调区间;(1)解:由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=x+1x-m=21xmxx.令f′(x)=0,得x2-mx+1=0.①当Δ=m2-4≤0,即0m≤2时,f′(x)≥0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;②当Δ=m2-40,即m2时,由x2-mx+1=0得x1=242mm,x2=242mm,且0x1x2.因为在区间(0,x1)和(x2,+∞)上,f′(x)0,在区间(x1,x2)上,f′(x)0,所以f(x)在区间(0,x1)和(x2,+∞)上单调递增,在区间(x1,x2)上单调递减.(2)解:由题f(x)的零点个数即方程12x2+lnx-mx=0根的个数,即y1=12x+lnxx与y2=m交点个数,由1y=12+21lnxx=2222ln2xxx,令g(x)=x2+2-2lnx,g′(x)=2x-2x=211xxx,所以g(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数,(2)求f(x)的零点个数;所以g(x)≥g(1)=3,所以y′10,则y1=12x+lnxx为增函数,当x→0时,y1→-∞,x→+∞时,y1→+∞.所以f(x)在区间(0,+∞)上有且仅有一个零点.综上所述,当m0时,f(x)有且仅有一个零点.(3)证明:假设曲线y=f(x)在点(x,f(x))(x0)处的切线经过原点,则有fxx=f′(x),即21ln2xxmxx=x+1x-m,化简得12x2-lnx+1=0(x0).(*)记g(x)=12x2-lnx+1(x0),(3)证明:曲线y=f(x)上没有经过原点的切线.则g′(x)=x-1x=21xx,令g′(x)=0,解得x=1.当0x1时,g′(x)0;当x1时,g′(x)0.所以g(1)=32是g(x)的最小值,即当x0时,12x2-lnx+1≥32.由此说明方程(*)无解,所以曲线y=f(x)没有经过原点的切线.解:(1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞),f′(x)=212e2e2xxxxxx=22e2xxx≥0,当且仅当x=0时,f′(x)=0,所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)上单调递增,因此当x∈(0,+∞)时,f(x)f(0)=-1,所以(x-2)ex-(x+2),即(x-2)ex+x+20.考点四含参数函