1、第四节导数与函数的综合问题本节主要包括3个知识点：1.利用导数研究生活中的优化问题；2.利用导数研究函数的零点或方程根的综合问题；3.利用导数研究与不等式有关的综合问题.突破点(一)利用导数研究生活中的优化问题基础联通抓主干知识的“源”与“流”1生活中的优化问题 生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点2利用导数解决生活中优化问题的基本思路考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用导数研究生活中的优化问题典例 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量 y(单位：千克)与销售价格
2、 x(单位：元/千克)满足关系式 y ax310(x6)2，其中 3x6，a 为常数已知销售价格为5 元/千克时，每日可售出该商品 11 千克(1)求 a 的值；(2)若该商品的成本为 3 元/千克，试确定销售价格 x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大解(1)因为 x5 时，y11，所以a21011，a2.解 由(1)可知，该商品每日的销售量 y 2x310(x6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)(x3)2x310 x62210(x3)(x6)2,3x6.从而，f(x)10(x6)22(x3)(x6)30(x4)(x6)(2)若该商品的成本为 3 元/千克，试确定销售价
3、格 x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大于是，当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(3,4)4(4,6)f(x)0f(x)极大值 由上表可得，x4 是函数 f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点所以，当 x4 时，函数 f(x)取得最大值，且最大值等于 42.当销售价格为 4 元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大方法技巧利用导数解决生活中的优化问题的步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式 yf(x)；(2)求函数的导数 f(x)，解方程 f(x)0；(3)比较函数在区间端点和 f(x)
4、0 的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答能力练通抓应用体验的“得”与“失”1某工厂要围建一个面积为 512 平方米的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁，当砌新的墙壁所用的材料最省时，堆料场的长和宽分别为()A32 米，16 米 B30 米，15 米C40 米，20 米D36 米，18 米解析：要求材料最省，则要求新砌的墙壁总长最短，设堆料厂的宽为 x 米，则长为512x 米，因此新墙总长为 L2x512x(x0)，则 L2512x2，令 L0，得 x16.又 x0，x16.则当 x16 时，L 取得极小值，也是最小值，即用料最省，此时长
5、为51216 32(米)故选 A.答案：A 2某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为 k(k0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去若存款利率为x(x(0,0.048)，则银行获得最大收益的存款利率为()A3.2%B2.4%C4%D3.6%解析：依题意知，存款量是 kx2，银行应支付的利息是 kx3，银行应获得的利息是 0.048kx2，所以银行的收益 y0.048kx2kx3，故 y0.096kx3kx2，令 y0，得 x0.032 或 x0(舍去)因为 k0，所以当 0 x0；当 0.032x0.048时，y0)，所以 y21
6、40 000 x2，令 y0，解得 x200(x200 舍去)，这时 y800.当 0 x200 时，y200 时，y0.所以当 x200 时，y 取得最小值，故其周长至少为 800 米答案：8004(2017北京东城模拟)某商场从生产厂家以每件 20 元的价格购进一批商品，若该商品零售价为 p 元，销量 Q(单位：件)与零售价 p(单位：元)有如下关系：Q8 300170pp2，则该商品零售价定为_元时利润最大，利润的最大值为_元解析：设商场销售该商品所获利润为 y 元，则 y(p20)(8 300170pp2)p3150p211 700p166 000(p20)，则y3p2300p11 7
7、00.令 y0 得 p2100p3 9000，解得 p30 或 p130(舍去)则 p，y，y变化关系如下表：p(20,30)30(30，)y0y 极大值 故当p30时，y取极大值23 000.又yp3150p211 700p166 000在20，)上只有一个极值，故也是最值所以该商品零售价定为每件30元时，所获利润最大为23 000元答案：30 23 0005统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量 y(升)关于行驶速度 x(千米/小时)的函数解析式可以表示为 y1128 000 x3 380 x8(0 x120)已知甲、乙两地相距 100 千米(1)当汽车以 40 千米/小时的速
8、度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？解：(1)当 x40 时，汽车从甲地到乙地行驶了10040 小时，共耗油10040 1128 000 403 380408 17.5(升)因此，当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油 17.5 升解：当速度为 x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100 x 小时，设耗油量为 h(x)升，依题意得 h(x)1128 000 x3 380 x8 100 x 11 280 x2800 x 154(0 x120)，h(x)x640800 x2 x3803640 x
9、2(0 x120)令 h(x)0，得 x80.当 x(0,80)时，h(x)0，h(x)是增函数，所以当 x80 时，h(x)取得极小值 h(80)11.25.易知 h(80)是 h(x)在(0,120上的最小值故当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为 11.25 升(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？突破点(二)利用导数研究函数的零点或方程根的综合问题从近几年高考命题情况来看，对这部分内容的考查题型有小题也有大题，作为解答题时难度较大.导数可以把函数、方程、不等式等有机地联系在一起.解决函数的零点或方程的根的问题，在解题过程中
10、要注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此类试题一般以含参数的三次式、分式、以 e 为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点.主要有两种考查类型：1确定函数零点图象交点及方程根的个数问题；2根据函数零点图象交点及方程根的个数求参数的值或取值范围问题.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”确定函数零点或方程根的个数问题例 1 已知函数 f(x)ex1，g(x)xx，其中 e 是自然对数的底数，e2.718 28.(1)证明：函数 h(x)f(x)g(x)在区间(1,2)上有零点；(2)求方程 f(x)g(x)的根的个数，并说明理由解(
11、1)证明：由 h(x)f(x)g(x)ex1 xx 得，h(1)e30，且 h(x)在区间(1,2)上是连续的，所以函数 h(x)在区间(1,2)上有零点解 由(1)得 h(x)ex1 xx.由 g(x)xx 知，x0，)，而 h(0)0，则 x0 为 h(x)的一个零点，而 h(x)在(1,2)内有零点，因此 h(x)在0，)上至少有两个零点因为 h(x)ex12x121，记(x)ex12x121，则(x)ex14x32.当 x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)上至多只有一个零点，即 h(x)在0，)上至多有两个零点所以方程 f(x)g(x)的根的个数为
12、 2.(2)求方程 f(x)g(x)的根的个数，并说明理由易错提醒利用导数确定函数零点或方程根个数的方法(1)构建函数 g(x)(要求 g(x)易求，g(x)0 可解)，转化确定 g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出 g(x)的图象草图，数形结合求解(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数根据函数零点或方程根的个数求参数范围例 2(2017郑州质检)已知函数 f(x)(x22x)ln xax22.(1)当 a
13、1 时，求 f(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当 a0 时，设函数 g(x)f(x)x2，且函数 g(x)有且仅有一个零点，若 e2x0 时，设函数 g(x)f(x)x2，且函数 g(x)有且仅有一个零点，若 e2xe，g(x)m，求 m 的取值范围因为 t(x)0，t(x)在(0，)上是减函数，又因为 t(1)h(1)0，所以当 0 x0，当 x1 时，h(x)0，所以当函数 g(x)有且仅有一个零点时，a1.当 a1 时，g(x)(x22x)ln xx2x，若使当 e2xe 时，g(x)m，只需 g(x)maxm，g(x)(x1)(32ln x)，令g(x)0得x1或xe32，
14、又因为e2xe，所以函数g(x)在e2，e32 上单调递增，在e32，1 上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g(e32)12e32e32，g(e)2e23e，因为g(e32)12e32e32 2e32 2e2ee32 g(e)，即g(e32)1，函数 f(x)(1x2)exa.(1)求 f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点解：(1)f(x)的定义域为 R，由导数公式知 f(x)2xex(1x2)ex(x1)2ex，xR.对任意 xR，都有 f(x)0，f(x)的单调递增区间为(，)，无单调递减区间解：证明：由(1)知 f(x)在(，)上单调递增，且 f(0)1a1
15、，a10，a10，ea11，ea110，故 f(a1)0，存在 x0(0，a1)使得 f(x0)0.又f(x)在(，)上是单调函数，f(x)在(，)上仅有一个零点(2)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点2.(2017武汉质检)设函数 f(x)cln x12x2bx(b，cR，c0)，且 x1 为 f(x)的极值点(1)若 x1 为 f(x)的极大值点，求 f(x)的单调区间(用 c 表示)；(2)若 f(x)0 恰有两解，求实数 c 的取值范围解：f(x)cxxbx2bxcx，又 f(1)0，所以 f(x)x1xcx且 c1，bc10.(1)因为 x1 为 f(x)的极大值点，所以 c1，当
16、 0 x0；当 1xc 时，f(x)c 时，f(x)0，所以 f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，)；单调递减区间为(1，c)考点二解：若 c0，则 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)0 恰有两解，则 f(1)0，即12b0，所以12c0；若 0c1，则 f(x)极大值f(c)cln c12c2bc，f(x)极小值f(1)12b，(2)若 f(x)0 恰有两解，求实数 c 的取值范围因为 b1c，则 f(x)极大值cln cc22c(1c)cln ccc220，f(x)极小值12c1，则 f(x)极小值cln cc22c(1c)cln ccc220，f(x)极
17、大值12c0，则 f(x)0 只有一解综上，使 f(x)0 恰有两解的 c 的取值范围为12，0.3.考点二已知函数 f(x)x33ax1，a0.(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)在 x1 处取得极值，直线 ym 与 yf(x)的图象有三个不同的交点，求 m 的取值范围解：(1)f(x)3x23a3(x2a)，当 a0，所以当 a0 时，由 f(x)0，解得 x a，由 f(x)0，解得 ax0 时，f(x)的单调增区间为(，a)，(a，)，f(x)的单调减区间为(a，a)解：因为 f(x)在 x1 处取得极值，所以 f(1)3(1)23a0，所以 a1.所以 f(x)x33x1
18、，f(x)3x23.由 f(x)0，解得 x11，x21.由(1)中 f(x)的单调性，可知 f(x)在 x1 处取得极大值 f(1)1，在 x1 处取得极小值 f(1)3.因为直线 ym 与函数 yf(x)的图象有三个不同的交点，又 f(3)191，结合 f(x)的单调性，可知 m 的取值范围是(3,1)(2)若 f(x)在 x1 处取得极值，直线 ym 与 yf(x)的图象有三个不同的交点，求 m 的取值范围4.考点一(2016太原质检)已知函数 f(x)xln x.(1)试求曲线 yf(x)在点(e，f(e)处的切线方程；(2)若 x1，试判断方程 f(x)(x1)(axa1)的解的个数
19、解：(1)f(x)ln xx1x1ln x，f(e)2.又 f(e)e，切线方程为 2xye0.(2)方 程 f(x)(x 1)(ax a 1)的 解 即 为 方 程 ln xx1axa1x0 的解设 h(x)ln xx1axa1x，x1.则 h(x)ax2xa1x2x1axa1x2，x1.当 a0 时，h(x)0，h(x)为增函数，h(x)h(1)0，方程无解当 a0 时，令 h(x)0 得 x11，x21aa.()当 a0，即 x21aa 1，h(x)0，则 h(x)为(1，)上的增函数，h(x)h(1)0，方程无解()当 0a1 时，x1，1aa时，h(x)0，h(x)为增函数；x1aa
20、，时，h(x)0，h(x)为减函数又 x 趋向时，h(x)ln xax1ax 2a11，h(x)0，h(x)为减函数，而h(x)g(x)在区间 D 上成立的基本方法：(1)若 f(x)与 g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)ming(x)max；(2)若 f(x)与 g(x)的最值不易求出，可构造函数 h(x)f(x)g(x)，然后根据函数 h(x)的单调性或最值，证明 h(x)0.不等式恒成立问题(1)f(x)g(x)对一切 xI 恒成立I 是 f(x)g(x)的解集的子集f(x)g(x)min0(xI)(2)对x1，x2D 使得 f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.
21、例 2(2017陕西西北九校联考)已知函数 f(x)ln xt(x1)，t 为实数(1)当 t1 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)若当 t12时，kx12f(x)0，f(x)1x1x1x.由 f(x)0 可得 0 x0 可得 x1，函数 f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)解 当 t12时，f(x)ln xx212，kx12f(x)kx12ln xx212 ln xx2kx，当 x1 时，kx12f(x)0 恒成立，等价于 kx22 xln x 在(1，)上恒成立令 g(x)x22 xln x，则 g(x)x(ln x1)x1ln x.(2)若当 t12时，kx12
22、f(x)1 时，h(x)0，函数 h(x)x1ln x 在(1，)上单调递增，故 h(x)h(1)0，从而当 x1 时，g(x)g(1)0，即函数 g(x)在(1，)上单调递增，故 g(x)g(1)12，因此当 x1 时，若使 k0，0 或 a0，g(x)对 xI 能成立I 与 f(x)g(x)的解集的交集不是空集f(x)g(x)max0(xI)(2)对 x1 D1，x2 D2 使 得f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min，f(x)的定义域为 D1，g(x)的定义域为 D2.例 3(2017新乡调研)已知函数 f(x)x(a1)ln xax(aR)，g(x)12x2exxex.(1)
23、当 x1，e时，求 f(x)的最小值；(2)当 a1 时，若存在 x1e，e2，使得对任意的 x22,0，f(x1)g(x2)恒成立，求 a 的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)x1xax2.当 a1 时，x1，e，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)minf(1)1a.当 1ae 时，x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数所以 f(x)minf(a)a(a1)ln a1.当 ae 时，x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e上为减函数f(x)minf(e)e(a1)ae.综上，当 a1 时，f(x)min1a；当 1ae 时，f
24、(x)mina(a1)ln a1；当 ae 时，f(x)mine(a1)ae.解 由题意知 f(x)(xe，e2)的最小值小于 g(x)(x2,0)的最小值由(1)知当 a1 时 f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1)ae.g(x)(1ex)x.当 x2,0时 g(x)0，g(x)为减函数，g(x)ming(0)1，所以 e(a1)aee22ee1，所以 a 的取值范围为e22ee1，1.(2)当 a1 时，若存在 x1e，e2，使得对任意的 x22,0，f(x1)g(x2)恒成立，求 a 的取值范围方法技巧存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求
25、解是“互补”关系，即 f(x)g(a)对于 xD 恒成立，应求 f(x)的最小值；若存在 xD，使得 f(x)g(a)成立，应求 f(x)的最大值在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.考点一(2017昆明模拟)已知函数 f(x)ln xx.(1)判断函数 f(x)的单调性；(2)函数 g(x)f(x)x 12xm 有两个零点 x1，x2，且 x11.解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，)f(x)1x11xx，令 f
26、(x)1x11xx 0，得 0 x1，令 f(x)1x11xx 1，所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,1)，函数 f(x)的单调递减区间为(1，)解：证明：根据题意，g(x)ln x 12xm(x0)，因为 x1，x2 是函数 g(x)ln x 12xm 的两个零点，所以 ln x1 12x1m0，ln x2 12x2m0.两式相减，可得 lnx1x2 12x2 12x1，即 lnx1x2x1x22x2x1，故 x1x2x1x22lnx1x2.(2)函数 g(x)f(x)x 12xm 有两个零点 x1，x2，且 x11.那么 x1x1x212lnx1x2，x21x2x12lnx1x2.令
27、 tx1x2，其中 0t1，则 x1x2t12ln t11t2ln tt1t2ln t.构造函数 h(t)t1t2ln t，则 h(t)t12t2.对于 0t0 恒成立，故 h(t)h(1)，即 t1t2ln t1，故 x1x21.2.考点二(2017西安六校联考)设 aR，函数 f(x)ax2ln x，g(x)exax.(1)当 a7 时，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若 f(x)g(x)0 对 x(0，)恒成立，求实数 a 的取值范围解：(1)当 a7 时，f(x)7x2ln x，f(x)14x1x，f(1)13，f(1)7，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的
28、切线方程为 y713(x1)，即 13xy60.解：若 f(x)0 对 x(0，)恒成立，即 ax2ln x0 对 x(0，)恒成立，则 aln xx2max(x0)设 h(x)ln xx2(x0)，则 h(x)12ln xx3，当 0 x0，函数 h(x)单调递增；当 xe12时，h(x)0 时，h(x)maxh(e12)12e，(2)若 f(x)g(x)0 对 x(0，)恒成立，求实数 a 的取值范围a 12e.h(x)无最小值，f(x)0 对 x(0，)恒成立，g(x)exax0，即 aexx对 x(0，)恒成立设 H(x)exx，H(x)exx1x2，当 0 x1 时，H(x)1 时，
29、H(x)0，函数 H(x)单调递增，当 x0 时，H(x)minH(1)e，a0 时，f(x)0 恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，x1 不是 f(x)的极值点故不存在实数 a，使得 f(x)在 x1 处取得极值解：由 f(x0)g(x0)，得(x0ln x0)ax202x0，记 F(x)xln x(x0)，F(x)x1x(x0)，当 0 x1 时，F(x)1 时，F(x)0，F(x)单调递增F(x)F(1)10，a x202x0 x0ln x0，记 G(x)x22xxln x，x1e，e，G(x)2x2xln xx2x1xln x2x1x2ln x2xln x2.(2)设 g(x)(a2
30、)x，若x01e，e，使得 f(x0)g(x0)成立，求实数 a 的取值范围x1e，e，22ln x2(1ln x)0，x2ln x20，x1e，1 时，G(x)0，G(x)单调递增，G(x)minG(1)1，aG(x)min1.故实数 a 的取值范围为1，)全国卷 5 年真题集中演练明规律1.(2016全国丙卷)设函数 f(x)cos 2x(1)(cos x1)，其中0，记|f(x)|的最大值为 A.(1)求 f(x)；(2)求 A；(3)证明|f(x)|2A.解：(1)f(x)2sin 2x(1)sin x.(2)当 1 时，|f(x)|cos 2x(1)(cos x1)|2(1)32f(
31、0)故 A32.当 01 时，将 f(x)变形为f(x)2cos2x(1)cos x1.令 g(t)2t2(1)t1，则 A 是|g(t)|在1,1上的最大值，g(1)，g(1)32，且当 t14 时，g(t)取得极小值，极小值为 g14 12812618.令114 15.当 015时，g(t)在1,1内无极值点，|g(1)|，|g(1)|23，|g(1)|g(1)|，所以 A23.当150，知 g(1)g(1)g14.又g14|g(1)|11780，所以 Ag142618.综上，A 23，015，2618，151，32，1.解：证明：由(1)得|f(x)|2sin 2x(1)sin x|2|
32、1|.当 015时，|f(x)|1242(23)2A.当151，所以|f(x)|12A.当 1 时，|f(x)|31642A.所以|f(x)|2A.(3)证明|f(x)|2A.2(2016全国乙卷)已知函数 f(x)(x2)exa(x1)2 有两个零点(1)求 a 的取值范围；(2)设 x1，x2 是 f(x)的两个零点，证明：x1x20，则当 x(，1)时，f(x)0，所以 f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增又 f(1)e，f(2)a，取 b 满足 b0 且 ba2(b2)a(b1)2ab232b 0，故 f(x)存在两个零点设 a0，因此 f(x)在(1，)内单调递增又当
33、x1 时，f(x)0，所以 f(x)不存在两个零点若 a1，故当 x(1，ln(2a)时，f(x)0.因此 f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增又当 x1 时，f(x)0，所以 f(x)不存在两个零点综上，a 的取值范围为(0，)解：证明：不妨设 x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又 f(x)在(，1)内单调递减，所以 x1x2f(2x2)，即 f(2x2)1 时，g(x)1 时，g(x)0.从而 g(x2)f(2x2)0，故 x1x22.(2)设 x1，x2 是 f(x)的两个零点，证明：x1x20)，讨论 h(x)零点的个数
34、解：(1)设曲线 yf(x)与 x 轴相切于点(x0,0)，则 f(x0)0，f(x0)0，即x30ax0140，3x20a0，解得x012，a34.因此，当 a34时，x 轴为曲线 yf(x)的切线解：当 x(1，)时，g(x)ln x0，从而 h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故 h(x)在(1，)上无零点当 x1 时，若 a54，则 f(1)a540，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故 x1 是 h(x)的零点；若 a54，则 f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0，所以只需考虑 f(x)在(0,1)上的零点个数(2)用 minm，n表示 m，n 中
35、的最小值，设函数 h(x)minf(x)，g(x)(x0)，讨论 h(x)零点的个数若 a3 或 a0，则 f(x)3x2a 在(0,1)上无零点，故 f(x)在(0,1)上单调而 f(0)14，f(1)a54，所以当 a3 时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当 a0 时，f(x)在(0,1)上没有零点若3a0，则 f(x)在0，a3 上单调递减，在 a3，1上单调递增，故在(0,1)上，当 xa3时，f(x)取得最小值，最小值为 f a3 2a3a314.a若 f a3 0，即34a0，则 f(x)在(0,1)上无零点b若 f a3 0，即 a34，则 f(x)在(0,1)上有唯一零点c
36、若 f a3 0，即3a34，由于 f(0)14，f(1)a54，所以当54a34时，f(x)在(0,1)上有两个零点；当334或 a54时，h(x)有一个零点；当 a34或 a54时，h(x)有两个零点；当54a34时，h(x)有三个零点4(2013新课标全国卷)设函数 f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)，若曲线 yf(x)和曲线 yg(x)都过点 P(0,2)，且在点 P处有相同的切线 y4x2.(1)求 a，b，c，d 的值；(2)若 x2 时，f(x)kg(x)，求 k 的取值范围解：(1)由已知得 f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4.而 f(x)2xa，g(x)e
37、x(cxdc)，故 b2，d2，a4，dc4.从而 a4，b2，c2，d2.解：由(1)知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)设函数 F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，则 F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1)由题设可得 F(0)0，即 k1.令 F(x)0 得 x1lnk，x22.若 1ke2，则2x10，从而当 x(2，x1)时，F(x)0；当 x(x1，)时，F(x)0，即 F(x)在(2，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增，故 F(x)在2，)上的最小值为 F(x1)而 F(x1)2x12x214x12x1(x12)0.(2)若 x2 时，f(x)kg(x)，求 k 的取值范围故当 x2 时，F(x)0，即 f(x)kg(x)恒成立若 ke2，则 F(x)2e2(x2)(exe2)从而当 x2 时，F(x)0，即 F(x)在(2，)上单调递增而 F(2)0，故当 x2 时，F(x)0，即 f(x)kg(x)恒成立若 ke2，则 F(2)2ke222e2(ke2)0.从而当x2 时，f(x)kg(x)不可能恒成立综上，k 的取值范围是1，e2
