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課時(shí)跟蹤檢測（二十二） 大題考法——函數(shù)與導(dǎo)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(shí)數(shù)a和m的值；
(2)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，求實(shí)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)由(1)知f′(x)＝＋a＝(x>0)．
當(dāng)a≥0時(shí)，∵f′(x)＝>0，∴函數(shù)f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
從而函數(shù)f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；
當(dāng)a<0時(shí)，∵f′(x)＝(x>0)，
∴函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)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(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，
必有f(x)max＝ln－1>0，得a>－，
∴實(shí)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(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，…
0，由f′(x)＝1－＝知，當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點(diǎn)．
由于f(1)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)≥0.故a＝1.
(2)由(1)知當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，x－1－ln x>0.
令x＝1＋，得ln<.
從而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故…2，
所以m的最小值為3.
3．(2018浙江新高考訓(xùn)練卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋－x(00，
∴Δ＝m2＋4m>0，
∵x>0，
∴x1＝<0(舍去)，x2＝，
當(dāng)x∈(0，x2)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(x2，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)單調(diào)遞增，
當(dāng)x＝x2時(shí)，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．
∵g(x)＝0有唯一解，
∴g(x2)＝0，
則即x－2mln x2－2mx2＝x－mx2－m，
∴2mln x2＋mx2－m＝0，
∵m>0，∴2ln x2＋x2－1＝0.(*)
設(shè)函數(shù)h(x)＝2ln x＋x－1，
∵當(dāng)x>0時(shí)，h(x)是增函數(shù)，
∴h(x)＝0至多有一解．
∵h(yuǎn)(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(diǎn)(－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(gè)實(shí)數(shù)根x1，x2，且x10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(shè)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(－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(dāng)x≤－2時(shí)，F(xiàn)′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0，
當(dāng)x>－2時(shí)，設(shè)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(diào)遞增，又F′(－1)＝0，
所以當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，
所以函數(shù)F(x)在區(qū)間(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
故F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)，
所以f(x1)≥h(x1)．
設(shè)h(x)＝m的根為x1′，則x1′＝－1＋，
又函數(shù)h(x)單調(diào)遞減，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)，
所以x1′≤x1，
設(shè)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為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(dāng)x≤－2時(shí)，T′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，
當(dāng)x>－2時(shí)，設(shè)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(diào)遞增，又T′(0)＝0，
所以當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，T′(x)<0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，T′(x)>0，
所以函數(shù)T(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以T(x)≥T(0)，所以f(x)≥t(x)，
所以f(x2)≥t(x2)．
設(shè)t(x)＝m的根為x2′，則x2′＝m，
又函數(shù)t(x)單調(diào)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(dāng)0≤x≤1時(shí)，
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(dāng)b≤0時(shí)，有f′(x)≥0，此時(shí)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)b>0時(shí)，f′(x)＝12a，此時(shí)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)0≤x≤1時(shí)，
f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.
②由于0≤x≤1，故
當(dāng)b≤2a時(shí)，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)，
當(dāng)b>2a時(shí)，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a>4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．
設(shè)g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，
則g′(x)＝6x2－2＝6，
當(dāng)x變化時(shí)，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(dāng)0≤x≤1時(shí)，2x3－2x＋1>0，
故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.
(2)由①知，當(dāng)0≤x≤1時(shí)，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(biāo)系aOb中，所表示的平面區(qū)域?yàn)槿鐖D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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