专题一第4讲

所以 1＝2×0＋m 且 y′|x＝0＝2，解得 m＝1，a＝2. (2)法一 对于任意实数 a， 曲线 C 总在直线 y＝ax＋b 的上方， 等价于 x， a∈R，
都有 eax＞ax＋b， 即 x，a∈R，eax－ax－b＞0 恒成立.令 g(x)＝eax－ax－b，
①若 a＝0，则 g(x)＝1－b，所以实数 b 的取值范围是 b＜1； ②若 a≠0，g′(x)＝a(eax－1)，由 g′(x)＝0 得 x＝0， g′(x)，g(x)的变化情况如下： x g′(x) g(x) (－∞，0) － 0 0 极小值 (0，＋∞) ＋
2 所以切线斜率 k＝y′|x＝－1＝1＝2. 由点斜式得切线方程为 y＋1＝2(x＋1)，即 y＝2x＋1. 答案 A
2.(2015· 太原模拟)若曲线 f(x)＝acos x 与曲线 g(x)＝x2＋bx＋1 在交点(0，m)处有 公切线，则 a＋b 的值为( A.－1 解析 B.0 ) C.1 D.2
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答案 (－4，0) 8.(2015· 安徽卷)设 x3＋ax＋b＝0，其中 a，b 均为实数，下列条件中，使得该三 次方程仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的编号). ①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a ＝1，b＝2. 解析 令 f(x)＝x3＋ax＋b，f′(x)＝3x2＋a，当 a≥0 时，f′(x distance
(1)试讨论 f(x)的单调性； (2)若 b＝c－a(实数 c 是与 a 无关的常数)，当函数 f(x)有三个不同的零点时， 3 3 a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪1，2∪2，＋∞，求 c 的值. 2a 解 (1)f′(x)＝3x2＋2ax，令 f′(x)＝0，解得 x1＝0，x2＝－ 3 . 当 a＝0 时，因为 f′(x)＝3x2≥0，所以函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 2a 2a 当 a＞0 时，x∈－∞，－ 3 ∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈－ 3 ，0时， 2a f′(x)＜0，所以函数 f(x)在－∞，－ 3 ，(0，＋∞)上单调递增， 2a 在－ 3 ，0上单调递减； 2a 2a 当 a＜0 时，x∈(－∞，0)∪－ 3 ，＋∞时，f′(x)＞0，x∈0，－ 3 时， 2a f′(x)＜0，所以函数 f(x)在(－∞，0)，－ 3 ，＋∞上单调递增， 2a 在0，－ 3 上单调递减. 2a 4 (2)由(1)知，函数 f(x)的两个极值为 f(0)＝b，f － 3 ＝27a3＋b， 2a 4 则函数 f(x)有三个零点等价于 f(0)· f － 3 ＝b27a3＋b＜0， a＞0， a＜0， 从而 4 3 或 4 －27a ＜b＜0 0＜b＜－27a3. 4 4 又 b＝c－a，所以当 a＞ 0 时，27a3－a＋c＞0 或当 a＜0 时，27a3－a＋c＜0. 4 设 g(a)＝27a3－a＋c，因为函数 f(x)有三个零点时，a 的取值范围恰好是 3 3 (－∞，－3)∪1，2∪2，＋∞， 3 3 则在(－∞，－3)上 g(a)＜0，且在1，2∪2，＋∞上 g(a)＞0 均恒成立. 3 从而 g(－3)＝c－1≤0，且 g2＝c－1≥0，因此 c＝1. 此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]， 因函数有三个零点，则 x2＋(a－1)x＋1－a＝0 有两个异于－1 的不等实根， 所以 Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0，
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3 3 且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，解得 a∈(－∞，－3)∪1，2∪2，＋∞. 综上 c＝1.
必有一个实根，④⑤正确；当 a<0 时，由于选项当中 a＝－3，∴只考虑 a＝ －3 这一种情况，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∴f(x)极大＝f(－1)＝－1＋3＋b ＝b＋2，f(x)极小＝f(1)＝1－3＋b＝b－2，要使 f(x)＝0 仅有一个实根，则而 f(x)极
大
<0 或 f(x)极小>0，∴b<－2 或 b>2，①③正确，所有正确条件为①③④⑤. ①③④⑤
都有 eax＞ax＋b，即 令 t＝ax，则等价于
令 g(t)＝et－t，则 g′(t)＝et－1.由 g′(t)＝0 得 t＝0， g′(t)，g(t)的变化情况如下： t g′(t) g(t) 所以 g(t)＝et－t 的最小值为 g(0)＝1， 所以实数 b 的取值范围是 b＜1. 10.(2015· 济南模拟)已知函数 f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R). (1)当 a＝2 时，求 f(x)的图象在 x＝1 处的切线方程； 1 (2)若函数 g(x)＝f(x)－ax＋m 在e，e上有两个零点，求实数 m 的取值范围. 解 (1)当 a＝2 时，f(x)＝2ln x－x2＋2x， 2 f′(x)＝x －2x＋2，切点坐标为(1，1)， 切线的斜率 k＝f′(1)＝2，则切线方程为 y－1＝2(x－1)，即 y＝2x－1. －2（x＋1）（x－1） 2 (2)g(x)＝2ln x－x2＋m，则 g′(x)＝ x－2x＝ . x 1 因为 x∈ e，e，所以当 g′(x)＝0 时，x＝1. 1 当 e＜x＜1 时，g′(x)＞0；当 1＜x＜e 时，g′(x)＜0. 1 1 故 g(x)在 x＝1 处取得极大值 g(1)＝m－1.又 g e＝m－2－e2，g(e)＝m＋2－e2， 1 1 1 1 g(e)－ge＝4－e2＋e2＜0， 则 g(e)＜g e， 所以 g(x)在e，e上的最小值是 g(e). g（1）＝m－1＞0， 1 1 g(x)在e，e上有两个零点的条件是 1 解得 1＜m≤2＋e2， 1 g ＝m－2－e2≤0， e 1 所以实数 m 的取值范围是1，2＋e2. 11.(2015· 江苏卷)已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R). (－∞，0) － 0 0 极小值 (0，＋∞) ＋
∵y′＝3x2＋a.∴y′|x＝1＝3＋a＝k，又 3＝k＋1，∴k＝2，∴a＝－1.
又 3＝1＋a＋b，∴b＝3，∴2a＋b＝－2＋3＝1. 答案 C
4.(2015· 武汉模拟)曲线 y＝xln x 在点(e，e)处的切线与直线 x＋ay＝1 垂直，则实 数 a 的值为( A.2 解析 ) B.－2 1 C.2 1 D.－2
依题意得 y′＝1＋ln x，y′|x＝e＝1＋ln e＝2，
1 所以－a×2＝－1，a＝2，故选 A.
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答案
A
5.已知 e 是自然对数的底数，函数 f(x)＝ex＋x－2 的零点为 a，函数 g(x)＝ln x＋x －2 的零点为 b，则下列不等式中成立的是( A.f(a)＜f(1)＜f(b) C.f(1)＜f(a)＜f(b) 解析 )
B.f(a)＜f(b)＜f(1) D.f(b)＜f(1)＜f(a)
由题意， 知 f′(x)＝ex＋1＞0 恒成立， 所以函数 f(x)在 R 上是单调递增的，
而 f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0， 1 所以函数 f(x)的零点 a∈(0，1)；由题意，知 g′(x)＝ ＋1＞0， x 所以 g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的， 又 g(1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0， 所以函数 g(x)的零点 b∈(1，2).综上，可得 0＜a＜1＜b＜2. 因为 f(x)在 R 上是单调递增的，所以 f(a)＜f(1)＜f(b). 答案 A
二、填空题 2 2 2 6.已知 f(x)＝x3＋f′3x2－x，则 f(x)的图象在点3 ， f 3 处的切线斜率是 ________. 2 2 2 22 2 2 解析 f′(x)＝3x2＋2f′3x－1，令 x＝3，可得 f′3＝3×3 ＋2f′3×3－1， 2 2 2 解得 f′3＝－1，所以 f(x)的图象在点3 ， f 3 处的切线斜率是－1. 答案 －1 7.(2015· 成都模拟)关于 x 的方程 x3－3x2－a＝0 有三个不同的实数解，则实数 a 的取值范围是________. 解析 由题意知使函数 f(x)＝x3－3x2－a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即可， 又 f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令 f′(x)＝0，得 x1＝0，x2＝2.当 x＜0 时，f′(x)＞0； 当 0＜x＜2 时，f′(x)＜0；当 x＞2 时，f′(x)＞0，所以当 x＝0 时，f(x)取得极大 值，即 f(x)极大值＝f(0)＝－a；当 x＝2 时，f(x)取得极小值，即 f(x)极小值＝f(2)＝－4 －a＞0， －a，所以 解得－4＜a＜0. －4－a＜0，
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第4讲
一、选择题
导数与函数图象的切线及函数零点问题
x 1.曲线 y＝ 在点(－1，－1)处的切线方程为( x＋2 A.y＝2x＋1 C.y＝－2x－3 解析 B.y＝2x－1
)
D.y＝－2x－2 x＋2－x 2 ＝ ， （x＋2）2 （x＋2）2
易知点(－1，－1)在曲线上，且 y′＝
答案
三、解答题 9.已知曲线 C：y＝eax. (1)若曲线 C 在点(0，1)处的切线为 y＝2x＋m，求实数 a 和 m 的值； (2)对任意实数 a，曲线 C 总在直线 l：y＝ax＋b 的上方，求实数 b 的取值范围. 解 (1)y′＝aeax，因为曲线 C 在点(0，1)处的切线为 y＝2x＋m，
所以 g(x)的最小值为 g(0)＝1－b，所以实数 b 的取值范围是 b＜1. 综上，实数 b 的取值范围是 b＜1.
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