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1、(浙江專用)2022高考數(shù)學二輪復習 課時跟蹤檢測(二十二)大題考法——函數(shù)與導數(shù)
1.(2019屆高三·吳越聯(lián)盟高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ln x+ax,
(1)若函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程為y=2x+m,求實數(shù)a和m的值;
(2)若函數(shù)f(x)在定義域內有兩個不同的零點x1,x2,求實數(shù)a的取值范圍.
解:(1)∵f(x)=ln x+ax,∴f′(x)=+a.
∵函數(shù)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(shù)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(shù)f(x)=ln x+ax在(0,+∞)上單調遞增,
從而函數(shù)f(x)至多有一個零點,不符合題意;
當a<0時,∵f′(x)=(x>0),
∴函數(shù)f(x)在上單調遞增,在上單調遞減,
∴函數(shù)f(x)max=f=ln+a=ln-1,
∴要滿足函數(shù)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(shù)a的取值范圍是.
2.(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)設m為整數(shù),且對于任
3、意正整數(shù)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(shù)f(x)=ln x+x.
(1)令F(x)=f(x)+-x(0
5、
∴a≥,即實數(shù)a的取值范圍為.
(2)∵方程2mf(x)=x2有唯一實數(shù)解,
∴x2-2mln x-2mx=0有唯一實數(shù)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(shù)h(x)=2ln x+x-1,
∵當x>0時,h(x)是增函數(shù),
∴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(lián)考)已知函數(shù)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(shù)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(xiàn)′(x)=(x+2)ex-,
當x≤-2時,F(xiàn)′(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(shù)F′(x)在(-2,+∞)上單調遞增,又F′(-1)=0,
所以當x∈(-∞,-1)時,F(xiàn)′(x)<0,當x∈(-1,+∞)時,F(xiàn)′(x)>0,
所以函數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù)f(x)=4ax3-2bx-a+b.
(1)證明:當0≤x≤1時,
①函數(shù)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