2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題37與三次函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的取值范圍問題學(xué)案

微專題37與三次函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的取值范圍問題函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)、兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)等問題在近幾年的數(shù)學(xué)高考中屢屢出現(xiàn)，而關(guān)于三次函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的研究，是高中數(shù)學(xué)教學(xué)的重要組成部分．本專題是利用導(dǎo)數(shù)的方法和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想來研究與三次函數(shù)零點(diǎn)有關(guān)的取值范圍問題，突出化歸與轉(zhuǎn)化.例題：若eq\f(1,3)x3－x2＋ax－a＝0只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．變式1已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)ax2＋1有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．變式2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(（k＋1）,2)x2，g(x)＝eq\f(1,3)－kx，若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．串講1已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，則a的取值范圍是__________．串講2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(a＋1)x2＋ax，設(shè)a＞1，試討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，a＋1]內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．(2018·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．(1)若a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．

(2018·蘇州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋ax＋3，f(x)在x1處取極大值，在x2處取極小值．(1)若a＝0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和零點(diǎn)個(gè)數(shù)；(2)在方程f(x)＝f(x1)的解中，較大的一個(gè)記為x3：在方程f(x)＝f(x2)的解中，較小的一個(gè)記為x4，證明：eq\f(x4－x1,x3－x2)為定值；(3)證明：當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＞lnx.答案：(1)f(x)的增區(qū)間為(－∞，0)，(2，＋∞)；減區(qū)間為(0，2)，f(x)有3個(gè)零點(diǎn)；(2)(3)略．解析：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x3－3x2＋3，f′(x)＝3x2－6x；當(dāng)f′(x)＞0時(shí)，x＞2或x＜0；當(dāng)f′(x)＜0時(shí)，0＜x＜2；即函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，0)，(2，＋∞)；單調(diào)減區(qū)間為(0，2)；3分又f(－1)＝－1＜0，f(0)＝3＞0，f(2)＝－1＜0，f(3)＝3＞0，所以f(x)有3個(gè)零點(diǎn)．…4分(2)因?yàn)閒(x)＝f(x1)，則x3－3x2＋ax＋3＝x13－3x12＋ax1＋3，可知x3－3x2＋ax＝x13－3x12＋ax1.因?yàn)閒′(x1)＝0，即a＝6x1－3x12，即x3－x13＋3x12－3x2＋ax－ax1＝(x－x1)[x2＋x(x1－3)－2x12＋3x1]＝(x－x1)2(x＋2x1－3)＝0，可知x3＝3－2x1，同理，由f(x)＝f(x2)可知7分x3－x23＋3x22－3x2＋ax－ax2＝(x－x2)[x2＋x(x2－3)－2x22＋3x2]＝(x－x2)2(x＋2x2－3)＝0；得到x4＝3－2x2；eq\f(x4－x1,x3－x2)＝eq\f(3－2x2－x1,3－2x1－x2)＝eq\f(1－x2,1－x1)＝eq\f(1－（2－x1）,1－x1)＝－1.10分(3)證法一：要證f(x)＝x3－3x2＋ax＋3＞lnx，即要證x3－3x2＋3＞lnx－ax.11分設(shè)u(x)＝x3－3x2＋3(x＞0)，則u′(x)＝3x2－6x；當(dāng)u′(x)＞0時(shí)，x＞2；當(dāng)u′(x)＜0時(shí)，0＜x＜2；可知[u(x)]min＝u(2)＝－1；12分再設(shè)v(x)＝lnx－ax(x＞0)，則v′(x)＝eq\f(1,x)－a；當(dāng)v′(x)＞0時(shí)，0＜x＜eq\f(1,a)；當(dāng)v′(x)＜0時(shí)，x＞eq\f(1,a)；可知，v(x)max＝veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－lna－1.14分因?yàn)閍≥1，所以eq\f(1,a)≤1，－lna－1≤－1，且v(x)和u(x)分別在eq\f(1,a)和2處取最大值和最小值，因此v(x)＜u(x)恒成立，即當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＞lnx.證法二：一方面，易證lnx≤x－1；(略)另一方面，當(dāng)a≥1時(shí)，x3－3x2＋ax＋3≥x3－3x2＋x＋3；又(x3－3x2＋x＋3)－(x－1)＝(x＋1)(x－2)2≥0；所以，x3－3x2＋ax＋3≥x3－3x2＋x＋3≥x－1≥lnx，且不存正數(shù)x，使得其中等號(hào)同時(shí)成立，故f(x)＞lnx.________________________________________________________________________微專題37例題答案：(0，＋∞)．解法1令f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋ax－a，則f′(x)＝x2－2x＋a.∵f(x)＝0有一個(gè)實(shí)數(shù)根，∴f′(x)＝0的Δ≤0或者f(x)極大值＜0或者f(x)極小值＞0.①f′(x)＝0的Δ≤0，解得a≥1；②當(dāng)a＜1時(shí)，設(shè)x1，x2為f′(x)＝x2－2x＋a＝0的兩個(gè)根(x1＜x2)，f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減.1°若f(x)極大值＜0，即f(x1)＜0，∴f(x1)＝eq\f(1,3)x13－x12＋ax1－a＝eq\f(1,3)x1(2x1－a)－(2x1－a)＋ax1－a＝eq\f(2,3)x12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a－2))x1＝eq\f(2,3)(2x1－a)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a－2))x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a－\f(2,3)))x1－eq\f(2,3)a＝eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（a－1）x1－a))＜0，∴x1＞eq\f(a,a－1)，即1－eq\r(1－a)＞eq\f(a,a－1)，解得(1－a)eq\r(1－a)＜1，即(eq\r(1－a))3＜1，得0＜a＜1；2°若f(x)極小值＞0，即f(x2)＞0，同理f(x2)＝eq\f(2,3)[(a－1)x2－a]＞0.∴x2＜eq\f(a,a－1)，即1＋eq\r(1－a)＜eq\f(a,a－1)，解得－(1－a)eq\r(1－a)＞1，即(eq\r(1－a))3＜－1，得a＞2(舍去)；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，＋∞)．解法2令f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋ax－a，則f′(x)＝x2－2x＋a.∵f(x)＝0有一個(gè)實(shí)數(shù)根，∴f′(x)＝0的Δ≤0或者f(x1)·f(x2)＞0(x1，x2是f(x)的極值點(diǎn)0)．①f′(x)＝0的Δ≤0，解得a≥1；②由x1，x2為f′(x)＝0的兩個(gè)根，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x12－2x1＋a＝0x12＝2x1－a，,x22－2x2＋a＝0x22＝2x2－a，))(a＜1)于是f(x1)＝eq\f(1,3)x13－x12＋ax1－a＝eq\f(1,3)x1(2x1－a)－(2x1－a)＋ax1－a＝eq\f(2,3)x12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a－2))x1＝eq\f(2,3)(2x1－a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a－2))x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a－\f(2,3)))x1－eq\f(2,3)a，同理可得f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a－\f(2,3)))x2－eq\f(2,3)a，于是有f(x1)·f(x2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a－\f(2,3)))x1－\f(2,3)a))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a－\f(2,3)))x2－\f(2,3)a))＞0.當(dāng)a＜1時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(a,a－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(a,a－1)))＞0x1x2－eq\f(a,a－1)(x1＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,a－1)))eq\s\up12(2)＞0，又∵x1，x2是方程x2－2x＋a＝0的根，∴x1＋x2＝2，x1x2＝a，化簡可得a(a2－3a＋3)＞0，解得0＜a＜1；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，＋∞)．說明：顯然解法2避免了再分類，更顯簡潔；同時(shí)利用“降冪”思想進(jìn)行代換，可化繁為簡．變式聯(lián)想變式1答案：(－eq\r(3,6)，＋∞)．解法1∵函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)ax2＋1有且只有一個(gè)零點(diǎn)．∴eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)ax2＋1＝0有且只有一個(gè)實(shí)根，∵x＝0不適合方程，∴a＝－eq\f(2,x2)－eq\f(2x,3)有且只有一個(gè)實(shí)根，設(shè)g(x)＝－eq\f(2,x2)－eq\f(2x,3)，有g(shù)′(x)＝eq\f(4,x3)－eq\f(2,3)(x≠0)，①當(dāng)x＜0時(shí)，g′(x)＜0，∴g(x)在(－∞，0)上遞減，且g(x)∈R；②當(dāng)x＞0時(shí)，令g′(x)＝0，得x＝eq\r(3,6)x(0，eq\r(3,6))eq\r(3,6)(eq\r(3,6)，＋∞)g′(x)＋0－g(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減∴g(x)在(0，＋∞)上有最大值g(eq\r(3,6))＝－eq\r(3,6)，且g(x)∈(－∞，－eq\r(3,6)]，綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(eq\r(3,6)，＋∞)．解法2令f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)ax2＋1，則f′(x)＝x2＋ax.∵f(x)＝0有一個(gè)實(shí)數(shù)根，∴f′(x)＝0的Δ≤0或者f(x1)·f(x2)＞0(x1，x2是f(x)的極值點(diǎn))．①f′(x)＝0的Δ≤0，解得a＝0；②f′(x)＝0得x1＝0，x2＝－a(a≠0)，f(x1)·f(x2)＝－eq\f(1,3)a3＋eq\f(1,2)a3＋1＞0，即eq\f(1,6)a3＞－1，∴a＞－eq\r(3,6)且a≠0.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(eq\r(3,6)，＋∞)．說明：顯然解法2更顯簡潔．變式2答案：(－∞，1－eq\r(3))∪(1＋eq\r(3)，＋∞)．解析：∵f(x)與g(x)的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，∴f(x)＝g(x)有三個(gè)不等實(shí)根．令h(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(（k＋1）,2)x2＋kx－eq\f(1,3)，則h′(x)＝x2－(k＋1)x＋k＝(x－k)(x－1)，根據(jù)題意得k≠1且h(1)·h(k)＜0，化簡可得eq\f(k－1,2)eq\b\lc\((\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)k3＋\f(1,2)k2－))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＜0，即－eq\f(k－1,12)(k－1)(k2－2k－2)＜0，∴k2－2k－2＞0，解得k＞1＋eq\r(3)或k＜1－eq\r(3)，∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，1－eq\r(3))∪(1＋eq\r(3)，＋∞)．串講激活串講1答案：(－∞，－2)．解析：①當(dāng)a＝0時(shí)，－3x2＋1＝0時(shí)，x＝±eq\f(\r(3),3)，所以此時(shí)不符合題意；②當(dāng)a＞0時(shí)，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，當(dāng)f′(x)＞0時(shí)，解得x＞eq\f(2,a)或x＜0，則f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(0)＝1，f(－1)＝－a－2＜0，則存在一零點(diǎn)在(－∞，0)上，所以此時(shí)不符合題意；③當(dāng)a＜0時(shí)，當(dāng)f′(x)＞0時(shí)，解得eq\f(2,a)＜x＜0，f′(x)＜0時(shí)，解得x＜eq\f(2,a)或x＞0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，若f(x)在R上存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝eq\f(8,a2)－eq\f(12,a2)＋1＞0，即－eq\f(4,a2)＋1＞0，整理得a2＞4，整理得a2＞4，解得a＜－2或a＞2(舍去)，綜上所述，當(dāng)a＜－2時(shí)滿足題意．串講2答案：當(dāng)1＜a＜3時(shí)，f(x)在區(qū)間[0，a＋1]內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)在區(qū)間[0，a＋1]內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)3＜a≤2＋eq\r(3)時(shí)，f(x)在區(qū)間[0，a＋1]內(nèi)有三個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＞2＋eq\r(3)時(shí)，f(x)在區(qū)間[0，a＋1]內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)．解析：f′(x)＝x2－(a＋1)x＋a＝(x－1)(x－a)，當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，1)和(a，a＋1)上單調(diào)遞增，在(1，a)上單調(diào)遞減，又f(0)＝0，f(a)＝eq\f(1,2)a2－eq\f(1,6)a3，f(a＋1)＝－eq\f(1,6)(a＋1)(a2－4a＋1)，解不等式f(a)＞0得1＜a＜3，解不等式f(a＋1)＞0得1＜a＜2＋eq\r(3)，于是如下討論：①當(dāng)1＜a＜3時(shí)，f(x)在區(qū)間[0，a＋1]內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)；②當(dāng)a＝3時(shí)，f(x)在區(qū)間[0，a＋1]內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)；③當(dāng)3＜a≤2＋eq\r(3)時(shí)，f(x)在區(qū)間[0，a＋1]內(nèi)有三個(gè)零點(diǎn)；④當(dāng)a＞2＋eq\r(3)時(shí)，f(x)在區(qū)間[0，a＋1]內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)．新題在線答案：(1)f(x)在(－∞，3－2eq\r(3))和(3＋2eq\r(3)，＋∞)的單調(diào)遞增，在(3－2eq\r(3)，3＋2eq\r(3))的單調(diào)遞減；(2)略．解析：(1)當(dāng)