2023届高考数学二轮复习 微专题作业37 与三次函数零点有关的取值范围问题（含解析）

这是一份2023届高考数学二轮复习 微专题作业37 与三次函数零点有关的取值范围问题（含解析），共6页。试卷主要包含了∵f在[0，1)上为增函数，等内容，欢迎下载使用。
1.函数f(x)＝1＋x＋eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)零点的个数是________．
2．已知函数f(x)＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则实数c的值为________．
3．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是________．
4．若函数f(x)＝eq \f(2,3)x3－2ax2－3x在(－1，1)内有且只有一个极值点，则实数a的取值范围是________．
5．已知函数f(x)＝eq \f(1,4)x4＋eq \f(a,3)x3＋eq \f(1,2)x2(a∈R，a≠0)有且仅有3个极值点，则实数a的取值范围
是________．
6．若函数f(x)＝eq \f(a,3)x3－eq \f(1,2)(a＋1)x2＋x－eq \f(1,3)(a＞0)在[0，2]上有两个零点，则实数a的取值范围
是________．
7．设函数f(x)＝x3－eq \f(9,2)x2＋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．
8．已知函数f(x)＝ax3＋|x－a|，a∈R.
(1)若函数g(x)＝x4，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x1∈[a，a＋2]，都存在x2∈[a＋2，＋∞)，使得f(x1)f(x2)＝1 024，求满足条件的正整数a的取值集合．
微专题37
1．答案：1.
解析：∵f′(x)＞0恒成立，∴函数
f(x)单调递增，∴零点个数是1.
2．答案：±2.
解析：函数f(x)＝x3－3x＋c在
(－∞，－1)和(1，＋∞)上递增，(－1，1)上递减，由题意
f(－1)f(1)＝0，即(2＋c)(－2＋c)＝0，解得c＝±2.
3．答案：(－∞，－2)．
解析：当a＝0时，不合题意；
当a≠0时，令f′(x)＝3ax2－6x＝0，得x＝0或x＝eq \f(2,a)，①当a＞0时，由图象及f(0)＝1知函数f(x)有负数零点，舍去；
②当a＜0时，由图象及f(0)＝1，只需满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))＞0，即
aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))eq \s\up12(3)－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))eq \s\up12(2)＋1＞0，解得a＜－2.
综上：a＜－2.
4．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)).
解析：∵f′(x)＝2x2－4ax－3，∴根据题意f′(－1)·f′(1)＜0，解得a＞eq \f(1,4)或a＜－eq \f(1,4).
5．答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞)．
解析：可转化为f′(x)＝x3＋ax2＋x有三个不同的零点，从而x2＋ax＋1＝0有两个不等的非零实根，故Δ＝a2－4＞0，∴a∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)．
6．答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
解析：f′(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)，
①当eq \f(1,2)＞1，即0＜a＜1时，f(0)＝－eq \f(1,3)＜0，f(1)＝－eq \f(1,6)(a－1)＞0，
(ⅰ)当2a≤1，即0＜a≤eq \f(1,2)时，eq \f(1,a)≥2，f(2)＝eq \f(1,3)(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eq \f(1,2)＜a＜1时，
1＜eq \f(1,a)＜2，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \f(－2a2＋3a－1,6a2)＝
eq \f(－（2a－1）（a－1）,6a2)＞0，
f(2)＝eq \f(1,3)(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eq \f(1,a)＜1，即a＞1时，f(0)＝－eq \f(1,3)＜0，
f(1)＝－eq \f(1,6)(a－1)＜0，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \f(－（2a－1）（a－1）,6a2)＜0，
f(2)＝eq \f(1,3)(2a－1)＞0，
∴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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
7．答案：(1)－eq \f(3,4)；(2)(－∞，2)∪(eq \f(5,2)，
＋∞)．
解析：(1)f′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)，∵x∈R，∴f′(x)≥m即3x2－9x＋6－m≥0恒成立，∴Δ＝81－12(6－m)≤0，得m≤－eq \f(3,4)，即m的最大值为
－eq \f(3,4).
(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)＝eq \f(5,2)－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＞eq \f(5,2).(或由f(1)f(2)＜0，亦可解得a＜2或a＞eq \f(5,2))
8．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ax3＋|x－a|＝x4，∴x4－ax3＝|x－a|，∴x3(x－a)＝|x－a|，即x＝a或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＞a，,x＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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)＝ax3＋x－a，f′(x)＝3ax2＋1＞0，∴函数f(x)在(a，＋∞)上是增函数，
且f(x)＞f(a)＝a4＞0，
∴当x∈[a，a＋2]时，f(x)∈[f(a)，f(a＋2)]，eq \f(1 024,f（x）)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1 024,f（a＋2）)，\f(1 024,f（a）)))，
当x∈[a＋2，＋∞)时，f(x)∈[f(a＋2)，＋∞)．∵对任意的x1∈[a，a＋2]，都存在x2∈[a＋2，＋∞)，使得f(x1)f(x2)＝
1 024，∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1 024,f（a＋2）)，\f(1 024,f（a）)))
[f(a＋2)，＋∞)，∴eq \f(1 024,f（a＋2）)≥
f(a＋2)，∴f(a＋2)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}．
x
(－∞，1)
1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))
eq \f(1,a)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
极大值
减
极小值
增
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,a)))
eq \f(1,a)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
极大值
减
极小值
增