2020届二轮复习大题考法——函数与导数课时作业（全国通用）

课时跟踪检测（二十二）  大题考法——函数与导数

1．(2019届高三·吴越联盟高三联考)已知函数f(x)＝ln x＋ax，

(1)若函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2x＋m，求实数a和m的值；

(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围．

解：(1)∵f(x)＝ln x＋ax，∴f′(x)＝＋a.

∵函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2x＋m，

∴f′(1)＝1＋a＝2，得a＝1.

又∵f(1)＝ln 1＋a＝1，∴函数f(x)在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，

即y＝2x－1，∴m＝－1.

(2)由(1)知f′(x)＝＋a＝(x>0)．

当a≥0时，∵f′(x)＝>0，∴函数f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，

从而函数f(x)至多有一个零点，不符合题意；

当a<0时，∵f′(x)＝(x>0)，

∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，

∴函数f(x)max＝f＝ln＋a＝ln－1，

∴要满足函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2，

必有f(x)max＝ln－1>0，得a>－，

∴实数a的取值范围是.

2．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.

(1)若f(x)≥0，求a的值；

(2)设m为整数，且对于任意正整数n，··…·<m，求m的最小值．

解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．

①若a≤0，因为f ＝－＋aln 2<0，所以不满足题意；

②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.

所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．

故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．

由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0.故a＝1.

(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.

令x＝1＋，得ln<.

从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.

故·…·<e.

而>2，

所以m的最小值为3.

3．(2018·浙江新高考训练卷)设函数f(x)＝ln x＋x.

(1)令F(x)＝f(x)＋－x(0<x≤3)，若F(x)的图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围；

(2)若方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值．

解：(1)∵F(x)＝ln x＋，x∈(0,3]，

∴F′(x)＝－＝，

∴k＝F′(x0)＝，

∵F(x)的图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤恒成立，

∴k＝≤在x0∈(0,3]上恒成立，

∴a≥max，x0∈(0,3]，

当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，

∴a≥，即实数a的取值范围为.

(2)∵方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，

∴x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解．

设g(x)＝x2－2mln x－2mx，

则g′(x)＝.

令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0.

∵m>0，

∴Δ＝m2＋4m>0，

∵x>0，

∴x1＝<0(舍去)，x2＝，

当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，

当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)单调递增，

当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．

∵g(x)＝0有唯一解，

∴g(x2)＝0，

则即x－2mln x2－2mx2＝x－mx2－m，

∴2mln x2＋mx2－m＝0，

∵m>0，∴2ln x2＋x2－1＝0.(*)

设函数h(x)＝2ln x＋x－1，

∵当x>0时，h(x)是增函数，

∴h(x)＝0至多有一解．

∵h(1)＝0，∴方程(*)的解为x2＝1，即1＝，解得m＝.

4．(2019届高三·浙江名校联考)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在点(－1，

f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.

(1)求a，b；

(2)若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明：x2－x1≤1＋.

解：(1)由题意得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＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故a＝1，b＝1.

(2)证明：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，

设曲线y＝f(x)在点(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，

则h(x)＝(x＋1)，

令F(x)＝f(x)－h(x)，则F(x)＝(x＋1)(ex－1)－(x＋1)，F′(x)＝(x＋2)ex－，

当x≤－2时，F′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0，

当x>－2时，设G(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－，

则G′(x)＝(x＋3)ex>0，

故函数F′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又F′(－1)＝0，

所以当x∈(－∞，－1)时，F′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，F′(x)>0，

所以函数F(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，

故F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)，

所以f(x1)≥h(x1)．

设h(x)＝m的根为x1′，则x1′＝－1＋，

又函数h(x)单调递减，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)，

所以x1′≤x1，

设曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝t(x)，易得t(x)＝x，

令T(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，

则T′(x)＝(x＋2)ex－2，

当x≤－2时，T′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，

当x>－2时，设H(x)＝T′(x)＝(x＋2)ex－2，

则H′(x)＝(x＋3)ex>0，

故函数T′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又T′(0)＝0，

所以当x∈(－∞，0)时，T′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，T′(x)>0，

所以函数T(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，

所以T(x)≥T(0)，所以f(x)≥t(x)，

所以f(x2)≥t(x2)．

设t(x)＝m的根为x2′，则x2′＝m，

又函数t(x)单调递增，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，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.

(1)证明：当0≤x≤1时，

①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；

②f(x)＋|2a－b|＋a≥0.

(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．

解：(1)证明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a，

当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增，

当b>0时，f′(x)＝12a，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当0≤x≤1时，

f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.

②由于0≤x≤1，故

当b≤2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)，

当b>2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a>4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．

设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，

则g′(x)＝6x2－2＝6，

当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：

所以g(x)min＝g＝1－>0，

所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1>0，

故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.

(2)由①知，当0≤x≤1时，f(x)max＝|2a－b|＋a，

所以|2a－b|＋a≤1，

若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1，所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是即或

在直角坐标系aOb中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.

作一组平行直线a＋b＝t(t∈R)，得－1<a＋b≤3，

所以a＋b的取值范围是(－1,3]．