专题四 规范答题示例3 导数的综合应用（课件+作业）-2020高考文科数学【步步高】大二轮专题复习与增分策略(江苏专版)

典例3　(16分)(2019·江苏，19)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数． (1)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值； (2)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3,1,3}中，求f(x)的极小值； (3)若a＝0,0<b≤1，c＝1，且f(x)的极大值为M，求证：M≤. 审题路线图 (1)→ (2)→→ (3)→→ 规 范 解 答·分 步 得 分 构 建 答 题 模 板 (1)解　因为a＝b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3. 因为f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.………………2分 (2)解　因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2 ＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，从而f′(x)＝3(x－b). 令f′(x)＝0，得x＝b或x＝.………………………4分 因为a，b，都在集合{－3,1,3}中，且a≠b，所以＝1，a＝3，b＝－3. 此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1).………6分 令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.列表如下： x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.…………10分 (3)证明　因为a＝0，c＝1，[来源:Z#xx#k.Com] 所以f(x)＝x(x－b)(x－1)＝x3－(b＋1)x2＋bx， f′(x)＝3x2－2(b＋1)x＋b. Δ＝4(b＋1)2－12b＝(2b－1)2＋3>0， 则f′(x)有2个不同的零点，设为x1，x2(x1<x2)． 由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝.…………………………………………12分 列表如下： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以f(x)的极大值M＝f(x1).………………………………14分 方法一　M＝f(x1)＝x－(b＋1)x＋bx1 ＝[3x－2(b＋1)x1＋b]－x1＋ ＝＋＋()3 ＝－＋[]3≤＋≤. 因此M≤.………………………………………………16分 方法二　因为0<b≤1，所以x1∈(0,1)． 当x∈(0,1)时，f(x)＝x(x－b)(x－1)≤x(x－1)2. 令g(x)＝x(x－1)2，x∈(0,1)， 则g′(x)＝3(x－1)，x∈(0,1)． 令g′(x)＝0，得x＝.列表如下： x g′(x) ＋ 0 － g(x) ↗ 极大值 ↘ 所以当x＝时，g(x)取得极大值，也是最大值，故g(x)max＝g＝. 所以当x∈(0,1)时，f(x)≤g(x)≤.因此M≤.…………16分 第一步 求导：根据已知条件确定函数解析式，求函数的导数． 第二步 求极值：列表求函数的极值． 第三步 证明：根据参数的范围或构造函数利用放缩法证明结论. 评分细则　(1)中将a＝b＝c代入得f(x)得1分． (2)中求出f′(x)即得1分，求a，b时没有中间步骤不扣分． (3)中只列出表格没有指明M＝f(x1)给1分． 跟踪演练3　(2019·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港七市调研)已知函数f(x)＝2ln x＋x2－ax，a∈R. (1)当a＝3时，求函数f(x)的极值； (2)设函数f(x)在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)，若函数y＝f(x)－g(x)是(0，＋∞)上的单调增函数，求x0的值； (3)是否存在一条直线与函数y＝f(x)的图象相切于两个不同的点？并说明理由． 解　(1)当a＝3时，函数f(x)＝2ln x＋x2－3x的定义域为(0，＋∞)．则f′(x)＝＋x－3＝，令f′(x)＝0得x＝1或x＝2. 列表： x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0[来源:学科网] ＋ f(x) ↗[来源:Z§xx§k.Com] 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以函数f(x)的极大值为f(1)＝－； 极小值为f(2)＝2ln 2－4. (2)依题意，切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x0>0)， 从而g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x0>0)， 记p(x)＝f(x)－g(x)， 则p(x)＝f(x)－f(x0)－f′(x0)(x－x0)在(0，＋∞)上为单调增函数， 所以p′(x)＝f′(x