(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 联系客服

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 -