发布时间 : 星期六 文章(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题五大题考法课函数与导数课时跟踪检测更新完毕开始阅读e8d6572f16791711cc7931b765ce0508763275af
函数与导数
[课时跟踪检测]
1．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． 1
解：(1)∵f(x)＝ln x＋ax，∴f′(x)＝＋a.
x∵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.
11＋ax(2)由(1)知f′(x)＝＋a＝(x>0)．
xx1＋ax当a≥0时，∵f′(x)＝>0，∴函数f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，
x从而函数f(x)至多有一个零点，不符合题意；
ax＋
a当a<0时，∵f′(x)＝(x>0)，
x11
∴函数f(x)在0，－上单调递增，在－，＋∞上单调递减，
1
aa1111
∴函数f(x)max＝f－＝ln－＋a－＝ln－－1，
aaaa∴要满足函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2， 11
必有f(x)max＝ln－－1>0，得a>－，
ae1
∴实数a的取值范围是－，0.
e2．设函数f(x)＝ln x＋x.
a1
(1)令F(x)＝f(x)＋－x(0 x2 恒成立，求实数a的取值范围； (2)若方程2mf(x)＝x有唯一实数解，求正数m的值． 解：(1)∵F(x)＝ln x＋，x∈(0,3]， 1ax－ax0－a∴F′(x)＝－2＝2，∴k＝F′(x0)＝2， 2 axxxxx0 - 1 - ∵F(x)的图象上任意一点P(x处切线的斜率k≤1 0，y0)2恒成立， ∴k＝ x0－ax2≤1 在x0∈(0,3]上恒成立， 0 2∴a≥－12 2x0＋x0max，x0∈(0,3]， 当x121 0＝1时，－2x0＋x0取得最大值2， ∴a≥1?1?2?2，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， 2则g′(x)＝2x－2mx－2mx.令g′(x)＝0，则x2 －mx－m＝0. ∵m>0，∴Δ＝m2 ＋4m>0， ∵x>0， ∴xm－m2＋4mm＋m2＋4m1＝ 2 <0(舍去)，x2＝2 ， 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? ?? g′?x2?＝0，2?2mln x2 2－2mx2＝x2－mx2－m， ?g?x2?＝0， 即x2－∴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＝ m＋m2＋4m2 ，解得m＝1 2 . 3．(2019·学军中学检测)已知函数f(x)＝12(x＋a)2 ＋bln x，a，b∈R. (1)若直线y＝ax是曲线y＝f(x)的切线，求a2 b的最大值； - 2 - (2)设b＝1，若函数f(x)有两个极值点xf?x2? 1与x2，且x1 x的取值范围． 1 解：(1)因为f′(x)＝x2＋ax＋bx， x2又因为y＝ax是曲线y＝f(x)的切线，设切点为(x)，则0＋ax0＋b0，y0x＝a， 0 故b＝－x2 0. 因为y12 0＝2 (x0＋a)＋bln x0＝ax0， 即a2 ＝－(x2 2 0＋2bln x0)＝x0(2ln x0－1)≥0， 故x0≥ e， 所以a2 b＝x4 0(1－2ln x0)， 令g(x)＝x4 (1－2ln x)，x≥ e， 则g′(x)＝2x3(1－4ln x)<0， 所以函数g(x)在[e，＋∞)上单调递减， 故g(x)max＝g(e)＝0， 综上，a2 b的最大值是0. x2(2)因为f′(x)＝＋ax＋1 x， 所以x2 1，x2是x＋ax＋1＝0的两个根， 则??? x1＋x2＝－a，?? x1·x2＝1， 故a＝－x－12x， 2 1?x2 2＋a?所以f?x＋ln x2 2?21x＝＝x＋x2ln x2. 1122 x2 2 因为x－a＋a－42＝2>1， 令h(x)＝1 2x＋xln x，x>1， 则h′(x)＝－1 2x2＋ln x＋1单调递增， 且h′(x)>h′(1)＝1 2 >0， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增， - 3 - 1 故h(x)>h(1)＝. 2综上， f?x2??1?的取值范围是?，＋∞?. x1?2? x4．已知函数f(x)＝(x＋b)(e－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 m?1－2e? 1－e . ?1?所以f(－1)＝(－1＋b)?－a?＝0， ?e? 1 所以a＝或b＝1. e 又f′(x)＝(x＋b＋1)e－a， xb1 所以f′(－1)＝－a＝－1＋， ee 1 若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故a＝1，b＝1. e (2)证明：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(e－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)， x?1?则h(x)＝?－1?(x＋1)， ?e? 1?1?xx令F(x)＝f(x)－h(x)，则F(x)＝(x＋1)(e－1)－?－1?(x＋1)，F′(x)＝(x＋2)e－， e?e?11x当x≤－2时，F′(x)＝(x＋2)e－≤－<0， ee1x当x>－2时，设G(x)＝F′(x)＝(x＋2)e－， e则G′(x)＝(x＋3)e>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)． xme 设h(x)＝m的根为x1′，则x1′＝－1＋， 1－e - 4 -