(浙江專用)2022高考數學二輪復習 課時跟蹤檢測(二十二)大題考法——函數與導數

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1、(浙江專用)2022高考數學二輪復習 課時跟蹤檢測(二十二)大題考法——函數與導數 1.(2019屆高三·吳越聯盟高三聯考)已知函數f(x)=ln x+ax, (1)若函數f(x)在x=1處的切線方程為y=2x+m,求實數a和m的值; (2)若函數f(x)在定義域內有兩個不同的零點x1,x2,求實數a的取值范圍. 解:(1)∵f(x)=ln x+ax,∴f′(x)=+a. ∵函數f(x)在x=1處的切線方程為y=2x+m, ∴f′(1)=1+a=2,得a=1. 又∵f(1)=ln 1+a=1,∴函數f(x)在x=1處的切線方程為y-1=2(x-1), 即y=2x-1,∴m=-1

2、. (2)由(1)知f′(x)=+a=(x>0). 當a≥0時,∵f′(x)=>0,∴函數f(x)=ln x+ax在(0,+∞)上單調遞增, 從而函數f(x)至多有一個零點,不符合題意; 當a<0時,∵f′(x)=(x>0), ∴函數f(x)在上單調遞增,在上單調遞減, ∴函數f(x)max=f=ln+a=ln-1, ∴要滿足函數f(x)在定義域內有兩個不同的零點x1,x2, 必有f(x)max=ln-1>0,得a>-, ∴實數a的取值范圍是. 2.(2017·全國卷Ⅲ)已知函數f(x)=x-1-aln x. (1)若f(x)≥0,求a的值; (2)設m為整數,且對于任

3、意正整數n,··…·0,由f′(x)=1-=知,當x∈(0,a)時,f′(x)<0;當x∈(a,+∞)時,f′(x)>0. 所以f(x)在(0,a)上單調遞減,在(a,+∞)上單調遞增. 故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值點. 由于f(1)=0,所以當且僅當a=1時,f(x)≥0.故a=1. (2)由(1)知當x∈(1,+∞)時,x-1-ln x>0. 令x=1+,得ln<. 從而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1. 故·…·

4、2, 所以m的最小值為3. 3.(2018·浙江新高考訓練卷)設函數f(x)=ln x+x. (1)令F(x)=f(x)+-x(0

5、 ∴a≥,即實數a的取值范圍為. (2)∵方程2mf(x)=x2有唯一實數解, ∴x2-2mln x-2mx=0有唯一實數解. 設g(x)=x2-2mln x-2mx, 則g′(x)=. 令g′(x)=0,則x2-mx-m=0. ∵m>0, ∴Δ=m2+4m>0, ∵x>0, ∴x1=<0(舍去),x2=, 當x∈(0,x2)時,g′(x)<0,g(x)在(0,x2)上單調遞減, 當x∈(x2,+∞)時,g′(x)>0,g(x)在(x2,+∞)單調遞增, 當x=x2時,g′(x2)=0,g(x)取最小值g(x2). ∵g(x)=0有唯一解, ∴g(x2)=0,

6、則即x-2mln x2-2mx2=x-mx2-m, ∴2mln x2+mx2-m=0, ∵m>0,∴2ln x2+x2-1=0.(*) 設函數h(x)=2ln x+x-1, ∵當x>0時,h(x)是增函數, ∴h(x)=0至多有一解. ∵h(1)=0,∴方程(*)的解為x2=1,即1=,解得m=. 4.(2019屆高三·浙江名校聯考)已知函數f(x)=(x+b)(ex-a)(b>0)的圖象在點(-1, f(-1))處的切線方程為(e-1)x+ey+e-1=0. (1)求a,b; (2)若方程f(x)=m有兩個實數根x1,x2,且x1

7、1)由題意得f(-1)=0, 所以f(-1)=(-1+b)=0, 所以a=或b=1. 又f′(x)=(x+b+1)ex-a, 所以f′(-1)=-a=-1+, 若a=,則b=2-e<0,與b>0矛盾,故a=1,b=1. (2)證明:由(1)可知f(x)=(x+1)(ex-1),f(0)=0,f(-1)=0, 設曲線y=f(x)在點(-1,0)處的切線方程為y=h(x), 則h(x)=(x+1), 令F(x)=f(x)-h(huán)(x),則F(x)=(x+1)(ex-1)-(x+1),F′(x)=(x+2)ex-, 當x≤-2時,F′(x)=(x+2)ex-≤-<0, 當x>-2時

8、,設G(x)=F′(x)=(x+2)ex-, 則G′(x)=(x+3)ex>0, 故函數F′(x)在(-2,+∞)上單調遞增,又F′(-1)=0, 所以當x∈(-∞,-1)時,F′(x)<0,當x∈(-1,+∞)時,F′(x)>0, 所以函數F(x)在區(qū)間(-∞,-1)上單調遞減,在區(qū)間(-1,+∞)上單調遞增, 故F(x)≥F(-1)=0,所以f(x)≥h(x), 所以f(x1)≥h(x1). 設h(x)=m的根為x1′,則x1′=-1+, 又函數h(x)單調遞減,且h(x1′)=f(x1)≥h(x1), 所以x1′≤x1, 設曲線y=f(x)在點(0,0)處的切線方程為

9、y=t(x),易得t(x)=x, 令T(x)=f(x)-t(x)=(x+1)(ex-1)-x, 則T′(x)=(x+2)ex-2, 當x≤-2時,T′(x)=(x+2)ex-2≤-2<0, 當x>-2時,設H(x)=T′(x)=(x+2)ex-2, 則H′(x)=(x+3)ex>0, 故函數T′(x)在(-2,+∞)上單調遞增,又T′(0)=0, 所以當x∈(-∞,0)時,T′(x)<0,當x∈(0,+∞)時,T′(x)>0, 所以函數T(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調遞減,在區(qū)間(0,+∞)上單調遞增, 所以T(x)≥T(0),所以f(x)≥t(x), 所以f(x2)≥t(

10、x2). 設t(x)=m的根為x2′,則x2′=m, 又函數t(x)單調遞增,且t(x2′)=f(x2)≥t(x2), 所以x2′≥x2.又x1′≤x1, 所以x2-x1≤x2′-x1′=m- =1+. 5.已知a>0,b∈R,函數f(x)=4ax3-2bx-a+b. (1)證明:當0≤x≤1時, ①函數f(x)的最大值為|2a-b|+a; ②f(x)+|2a-b|+a≥0. (2)若-1≤f(x)≤1對x∈[0,1]恒成立,求a+b的取值范圍. 解:(1)證明:①f′(x)=12ax2-2b=12a, 當b≤0時,有f′(x)≥0,此時f(x)在[0,+∞)上單調遞增

11、, 當b>0時,f′(x)=12a,此時f(x)在上單調遞減,在上單調遞增,所以當0≤x≤1時, f(x)max=max{f(0),f(1)}=max{-a+b,3a-b}==|2a-b|+a. ②由于0≤x≤1,故 當b≤2a時,f(x)+|2a-b|+a=f(x)+3a-b=4ax3-2bx+2a≥4ax3-4ax+2a=2a(2x3-2x+1), 當b>2a時,f(x)+|2a-b|+a=f(x)-a+b=4ax3+2b(1-x)-2a>4ax3+4a(1-x)-2a=2a(2x3-2x+1). 設g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1, 則g′(x)=6x2-2=6,

12、當x變化時,g′(x),g(x)的變化情況如表所示: x 0 1 g′(x) - 0 + g(x) 1  極小值  1 所以g(x)min=g=1->0, 所以當0≤x≤1時,2x3-2x+1>0, 故f(x)+|2a-b|+a≥2a(2x3-2x+1)≥0. (2)由①知,當0≤x≤1時,f(x)max=|2a-b|+a, 所以|2a-b|+a≤1, 若|2a-b|+a≤1,則由②知f(x)≥-(|2a-b|+a)≥-1,所以-1≤f(x)≤1對任意0≤x≤1恒成立的充要條件是即或 在直角坐標系aOb中,所表示的平面區(qū)域為如圖所示的陰影部分,其中不包括線段BC. 作一組平行直線a+b=t(t∈R),得-1

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