(江蘇專用)2020高考數(shù)學二輪復習課時達標訓練(二十)函數(shù)與導數(shù)的綜合問題

1、課時達標訓練(二十)函數(shù)與導數(shù)的綜合問題A組一一大題保分練 1。1. (2019 南通等七市二模 )已知函數(shù)f(x) = 2ln x+ /x2ax, aC R(1)當a=3時，求函數(shù)f(x)的極值.(2)設函數(shù)f(x)的圖象在x = x。處的切線方程為y=g(x),若函數(shù)y = f (x) g(x)是(0 ,+ °°)上的增函數(shù)，求 xo的值.(3)是否存在一條直線與函數(shù)f(x)的圖象相切于兩個不同的點？并說明理由. 一.1 2解：(1)當 a=3 時,f(x) = 2ln x+ 2x - 3x(x>0),2x2-3x+ 2f(x)" 3=,令 f'

2、 (x) = 0 得，x= 1 或 x= 2.當x變化時，f' (x) , f(x)的變化情況如下表所示,x(O ,1)1(1， 2)2(2 , +°°)f' (x)十O一O十f (x)極大值極小值一 一 5 所以函數(shù)f(x)的極大值為f(1) =-2,極小值為f(2)=2ln 2 4.(2)依題意，知切線方程為y=f ' (xo)( x-xo) + f (xo)( xo>O),從而 g(x) =(xo)( x-xo) + f (xo)( xo>O),記 p(x) =f (x) g(x),則 p(x) =f (x) f (xo) f &#

3、39; (xo)(x xo)在(O , +oo)上為增函數(shù)，所以 p' (x) =f ' ( x) f ' ( xo) >0 在(O , +8)上恒成立，r ,22一即 p (x) = - -+x-xo>O 在(O , 十 °°)上恒成立 x xor 22 ,一即x + x>xo+x在(O , 十°°)上恒成立，因為x + x>2/x =2寸2(當且僅當x=卡時,等號成立)，所以 2，2>xo+ -,從而(xoJ2)2WO,所以 xo=42. xo(3)假設存在一條直線與函數(shù)f (x)的圖象有兩個不同

4、的切點T1(x1,y1),T2(x2,y2),不妨設O<x1<x2,則函數(shù)f(x)的圖象在點 處的切線11的方程為y f (x。=f' (x1)( x在點T2處的切線l 2的方程為y f ( X2)= f ' ( X2)( xX2).因為ll, l 2為同一條直線，所以 f'(Xl) = f'(X2), f ( Xi) Xlf ' (Xl) = f(X2) X2f '(X2),22即一+ Xi a= - + X2 a,XiX22ln Xi + 幻2aXi Xi +Xi a =2ln X2+t；x2aX2X2 +X2a2Xi2X2

5、9;22整理，得21n 7+-2 不=0. 2 Xi 22* Xi令 t =2，由 0<Xi<X2與 XiX2= 2,得 t C (0 , i),一，一 、2i . .2 i(ti)記 p(t) = 2ln t + ft,則 p (t)=ft2i= lf2<0,所以p(t)在(0, i)上為減函數(shù)，所以 p(t)>p(i) =0.從而式不可能成立，所以假設不成立，即不存在一條直線與函數(shù)f(X)的圖象相切于兩個不同的點.2. (20i9 蘇北三市期末)已知函數(shù)f(X) =(X-a)ln X(aCR).(i)若a=i,求曲線y = f(X)在點(i, f(i)處的切線方程；

6、(2)若對于任意的正數(shù) x, f(X)>o恒成立，求實數(shù)a的值；(3)若函數(shù)f(X)存在兩個極值點(極值點是函數(shù)取極值時對應的自變量的值)，求實數(shù)a的取值范圍.解：(i)因為 f(x) = (x a)ln x(aCR),所以當 a=i 時，f(x)=(xi)ln x,則 f ' (x) = In x+ i 'x當 x = i 時，f (i) =0, f' (i) =0,所以曲線y=f(x)在點(i, f(i)處的切線方程為y=0.(2)因為對于任意的正數(shù) x, f(x)>0恒成立，所以當 In x = 0,即 x=i 時，f(x)=0, aC R；當In x

7、>0,即x>i時，x>a恒成立，所以awi；當In x<0時，即0vx<i時，xwa恒成立，所以 a>i.綜上可知，a=i.(3)因為函數(shù)f(x)存在兩個極值點，所以f ' (x) =ln x-a+1存在兩個不相等的零點. x、一a 一 ,1 a x+a設 g(x) = In x x+ 1, 則 g ( x) =x += x2.當a>0時，g' (x)>0,所以g(x)單調(diào)遞增，至多一個零點，不合題意.當a<0時，因為xC(0, a)時，g' (x)<0, g(x)單調(diào)遞減，xC(a, +8)時，gz (x)&

8、gt;0 , g(x)單調(diào)遞增，所以 g(x) min= g( a) = ln( a) + 2.因為g(x)存在兩個不相等的零點，所以 ln( - a) +2<0,解得e 2<a<0.所以一>e2> a. a因為 g = In - +a2+ 1>0, a a所以g(x)在(a, +8)上存在一個零點.因為一e-2<a<0,所以 a2<a.g(a2) = ln a2- + 1=2ln( -a)+1,s ，a、， a11設1= a,貝U y=2ln t+,+ 1 0<t <e2 ,一， 2t 1因為 y =2-fi-<0,所以

9、y=2ln t +7+ 1 0<t<2單調(diào)遞減， te所以 y>2lne2+ 1 = e2 3>0,所以 g(a2) = In a2- ：+ 1>0, a所以g(x)在(0 , - a)上存在一個零點.綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為(一e2, 0).3. (2017 江蘇高考)已知函數(shù)f(x) = x3+ax2+bx+1(a>0, bCR)有極值，且導函數(shù)f' (x)的極值點是f(x)的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值)(1)求b關于a的函數(shù)關系式，并寫出定義域；(2)證明：b2>3a；(3)若f(x) , f' (x)這兩

10、個函數(shù)的所有極值之和不小于7,求a的取值范圍.解：(1)由 f (x) = x3+ax2+bx+1,/口，2a 2a2得 f (x) = 3x + 2ax+b= 3 x+3 +b .2當* = a時，f' (x)有極小值b-a. 33因為f ' (x)的極值點是f(x)的零點,a 所以f a3又a>0,故b=3 a一 272 a2丁a3 ab丁丁 + 1"因為f(x)有極值，故f' (x)=0有實根, a213 rr從而 b , = 9a(27 - a 尸 0,即 a>3.當 a = 3 時，f ' (x)>0( xw 1),故f(x

11、)在R上是增函數(shù)，f(x)沒有極值;當a>3時，f ' (x) = 0有兩個相異的實根a a3b a /a2 3bxi =3, x2 =從而a>3.u 2a2因此b=71 9+ 3,定義域為(3 , +°0). a(2)證明：由b 2a a 3知，后9 +aVa .當x變化時，f' (x) , f (x)的變化情況如下表:x(8, xi)xi(xi, x2)x2(x2, +8)f' (x)十0一0十f(x)極大值極小值故f(x)的極值點是xi, x2.2t一 一.2 一3 2t 27廠 9t2設 g(t)=2t_+3，則 g'(t) = |

12、 9 t9當 t C 326, +8 時，g，(t)>0, 從而g(t)在乎，+8上單調(diào)遞增.因為a>3,所以a ,a>3 , 3,b故 g(aya)>g(3='j3,即 a > ,V3.因此b2>3a.2.2 o o 4a 6 b(3)由(1)知，f(x)的極值點是 xi, X2,且 xi + X2= - -a, xi+x2=-.39從而 f(xi) + f(x2) =x3+ ax1+ bxi + 1 + x3+ ax2+ bx2 + 1 = x1(3x1 + 2axi+ b) +*(3x2 +33'c,、 i , 22、2,、八2 ax2

13、 + b) + 3a( xi + x2) + 3b( xi + x2) + 24a3- 6ab 4ab27-9-+2=0.記f (x), f ' (x)所有極值之和為h(a), a2 i 2 3因為f' (x)的極值為b3=§a+a，所以 h(a) = ；a2+°, a>3.9 a因為 h7 (a) = fa A<0,9 a于是h(a)在(3 , +8)上單調(diào)遞減.因為 h(6) = - 7,于是 h( a) > h(6),故 aw 6.因此a的取值范圍為(3 , 6.4. (20i9 常州期末)已知函數(shù) mjx)=x2,函數(shù) n(x) =

14、 aln x + i(aCR).(i)若a=2,求曲線y=n(x)在點(i, n(i)處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x) = m(x) -n(x)有且只有一個零點，求實數(shù) a的取值范圍；(3)若函數(shù)g(x) = n(x) +ex-ex-i>0對任意的xCi , +°o)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.(e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.7i8 28 ')解：(i)當 a=2 時，n(x) = 2ln x+ i,，n' (x)=-, xn' (i) =2,又 n(i) =i,，切線方程為 yi = 2(xi),即 y=2x i.(2) f (x) =x2-aln x

15、-i,定義域為(0, +),其圖象是一條連續(xù)的曲線.一a 2x2af (x) = 2x-=.x x若aw。，則f' (x)>0對任意的xC(0, +8)恒成立,此時f(x)在(0, +8)上單調(diào)遞增，又 f(i)=0,，此時f(x)在(0, +8)上只有一個零點,符合題意.若 a>0,令 f' ( x) = 0,得 x = 2或 x= 一2(舍去).當x變化時，f(x) , f ' (x)的變化情況如下表所示：x0Y由+«>f' (x)一0十f(x)極小值若aJ2>1,即 a>2,此時 a>Ja，則 f，a <

16、f(1) =0, f(a) = a2aln a- 1.令 Fi(a)=a2aln a- 1, a>2,則 FJ (a) = 2aIn a- 1,，一.1, 一，、令 F2(a) =2a-ln a1, a>2,則 F2' ( a) = 2>0 對于 aC2, +°o)恒成立, aF2(a) =2a-ln a-1 在2 ,十)上單調(diào)遞增，E( a) n F<2) = 3ln 2>0 ,即FJ (a)>0對于aC2, +8)恒成立,1. F1(a) = a2- aln a- 1在2 ,十刃上單調(diào)遞增， .F1(a) >F1(2) =32ln

17、 2>0 ,即 f(a)>0 , f、ya <0,且函數(shù)f(x)在、ya, +00上單調(diào)遞增，二.函數(shù)f (x)在、ya, 十°°上有且只有一個零點， 而函數(shù)f (x)在0, yja上單調(diào)遞減，且f(1) =0, 故當、/2>1時，函數(shù)f(x)在(0，+°°)上有兩個零點，不符合題意.若1,即 a= 2,則函數(shù)f (x)在(0, 1)上單調(diào)遞減，在(1 , +8)上單調(diào)遞增，又 f(1) =0, f(x)>f(1) =0,故當、/|=1時，函數(shù)f (x)在(0, +8)上有且只有一個零點，符合題意. 若 0</a<

18、;1,即 0<a<2,此時 0<e ；<30=1. 函數(shù) f (x)在 a, +00 上單調(diào)遞增，f a <f (1) =0,又f e g =e 2>0, .函數(shù)f (x)在(0, 1)內(nèi)必有零點, a a.不符合題意.綜上，實數(shù)a的取值范圍是a| awo或a = 2. x(3)g(x)=aln x+eex(x>1).令 G(x) = ex- ex, x> 1,則 G' (x) = exe>0對任意的 xC 1 , + 00)恒成立，函數(shù) Gx)在1 , +00)上單調(diào)遞增，Gx)>G1) =0.若a>0,則當x>

19、l時，g(x)=aln x+exex>0恒成立，符合；若 a<0,g(x) = Fe e,令H(x)=He e,x>1,則H'(x)=e 2>0恒成立，xxx .Hx) =a+exe 在1 , +8)上單調(diào)遞增. x. a<0,1-a>1,，G1 a)>G1) =0,即 e1a>e(1a), H(1 a) = -+ e e>-+ e ea e= ea= -+(1 a) 2 (e 1) si,',1 a1-a1 -a 1 a'，'，. a<0, 1 a>1, . z ( (1 a)>2 , (

20、e 1) a<0, 1 a H：1 a)>0. Hx) =a+exe在1 , +8)上單調(diào)遞增，其圖象是一條連續(xù)的曲線，且H(1) =a<0,x存在唯一的 xo (1 , 1- a),使得 H(xo) =0,即 g，(xo)=0,當xC(1, x°)時，g' (x)<0,.函數(shù)g(x)在(1 , x°)上單調(diào)遞減，當xC(1 , x。)時，g(x)<g(1) =0,不符合題意，舍去.綜上，實數(shù)a的取值范圍為0 , +00).B組一一大題增分練1. (2019 揚州期末)已知函數(shù)f(x) =(3 -x)ex, g(x) = x+a(a R

21、). (e是自然對數(shù)的 底數(shù)，e=2.718)(1)求函數(shù)f (x)的極值；(2)若函數(shù)y = f(x)g(x)在區(qū)間1 , 2上單調(diào)遞增，求 a的取值范圍；(3)若函數(shù)h(x) =f(x)+g(x)在區(qū)間(0 , +8)上既存在極大值又存在極小值，并 x且h(x)的極大值小于整數(shù) b,求b的最小值.解：(1) f(x) =(3-x)ex, fz (x)=(2-x)ex,令 f ' (x) = 0,解得 x = 2.列表如下:x(8, 2)2(2 , +00)f' (x)十0一f (x)極大值當x=2時，函數(shù)f(x)取得極大值f(2) =e2,無極小值.(2)由 y=f (x)

22、g(x) =(3x)( x + a)ex,得 y' = ex -x2+(3 -a)x+3a-2x+ (3 - a)= e x + (1 a)x+2a+3.令 m(x) = x2 + (1 a)x+ 2a + 3,.ex>0,函數(shù)y=f (x)g(x)在區(qū)間1 , 2上單調(diào)遞增等價于對任意的xC1 , 2,函數(shù) m(x) >o恒成立,m (1)m (2)> 0, 解得a>- 3.>0, h(x)=f (x) + g (x)(3 x) ex+x+ ah' (x)=e ( x + 3x 3) a令 r (x) = ex( - x (3 x2)ex2 +

23、x2 + ex2 ( x2+ 3x2 3)h( x2) = ex2(2 -x2) + 1.x2+ 3x- 3) - a,h(x)在(0 , + 8)上既存在極大值又存在極小值, .h，(x) = 0在(0, +8)上有兩個不等實根,不妨令xi<x2.即 r(x) =ex( x2+3x3) a= 0 在(0 , + 00)上有兩個不等實根x1,x2, r' (x) = ex( x2+ 3x- 3-2x+ 3) = ex( x2+ x) = x(1 -x)ex,當 xe(0, 1)時，r' (x)>0, r(x)單調(diào)遞增,當 xC(1, +8)時，r' (x)&

24、lt;0 , r(x)單調(diào)遞減,、33r(0)<0,33 -33則 0<x1<1,，解得3<a<e,r - =：e2 a<:e2+3<0,符合題意.r(1)>0,244二函數(shù)h(x)在(0 , +8)上既存在極大值又存在極小值時，有3<a<-e,并且在區(qū)間3(0 , 1)上存在極小值h(x1),在區(qū)間1, 2上存在極大值h( x2).2(3 x2) ex2 + x2 + aex2 ( x2 + 3x2 3) ah( x2)=，且 h' (x2) =2= 0,x2x2.2 . a= ex2( x2 + 3x2 3),令 H(x)

25、=ex(2 x) + 1,則 H' (x) = ex(1 x),當 xC(1, +8)時，H' (x)<0, H(x)單調(diào)遞減，333 x2 1, 2， H 2 VH(x2)<H(1),即 h(x2)C gel+i, e+i ,13口_又3<2e2 + 1<e+ 1<4,且h(x)的極大值小于整數(shù) b,.滿足題意的整數(shù) b的最小值為4.12. (2019 南東四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x) = ax(3a)ln x.x(1)討論函數(shù)f(x)的極值點個數(shù)；3(2)若函數(shù)g(x) = aexx2有兩個零點x1, x2,其中xSx2,記t =,證明：x1+x

26、2隨tax2- ( 3 a) x + 1的增大而增大.解：(1)顯然函數(shù)f(x)的定義域為(0, +8),且f' (x) =3x+ 1若 a = 0,貝U f ' (x)=2 1,x所以當xC 0, 3時，f' (x)>0, f(x)單調(diào)遞增, 3當 xC +°0 時，f ' (x)<0 , f(x)單調(diào)遞減， 3故函數(shù)f (x)有唯一的極(大)值點.若 aw。，記 m(x) = ax2- (3 - a)x +1,則 A = (3 - a)2- 4a= a2- 10a+ 9,當1waw9時，A<0, f' (x)>0,函

27、數(shù)f(x)單調(diào)遞增，無極值點.當a<0時，A>0,由于兩根之積小于 0,所以m(x)的兩個根一正一負，設正根為x。，則xo為函數(shù)f ( x)的唯一極值點.當0<a<1時，A>0, m(x)有兩個大于零的根，故 f(x)有兩個極值點.當a>9時，A>0, n(x)有兩個小于零的根，故 f(x)無極值點，綜上所述，當a>l時，函數(shù)f(x)無極值點；當a<0時，函數(shù)f (x)有唯一極值點；當0<a<1時，函數(shù)f(x)有兩個極值點.33(2)證明：依題意得， aex1=xN, aex2=x22.一 3所以21n xi= In a+xi3

28、21n x2= Ina+x2,故 X2xi=11n x2Hn xi = Hn . 222 xix2= tx 1,*2又一=t, xi<x2,則 t>1,且3x1x2 xi = -1n t,3321n t 2tln t解得 x1 = - 丁, x2= t i t i3所以 xi+x2=2(t + 1) In ttl121n x + x 人(x+1) In x，x令 h(x) =x, xC (1 , +8),則 h (x) =-(X -)2令 u(x) = 2ln x+ x-,則 uz (x) = - -+ 1 +A= - 1 >0,則 u(x)單調(diào)遞增, xx x x故對任意的

29、 xC(1, +oo), u(x)>u(1) =0,由此可得h' (x)>0,故h(x)在(1 , +8)上單調(diào)遞增.因此，xi + x2隨著t的增大而增大.3. (2019 南京三模)已知函數(shù) f(x)=ln x + a+1, aCR x(1)若函數(shù)f (x)在x= 1處的切線為y = 2x+ b,求a, b的值；1(2)記g(x) =f (x) + ax,若函數(shù)g(x)在區(qū)間0,萬上有最小值，求實數(shù) a的取值范圍；(3)當a=0時，關于x的方程f (x) =bx2有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍.解：(1) fz (x) = -72,則 f ' (1)

30、= 1 a= 2,解得 a= 1,則 f(x) = In x-+ 1, x xx此時f(1)=ln 1 1 + 1=0,則切點坐標為(1, 0),代入切線方程，得 b=-2,所以 a= - 1, b= - 2. a,1aax + x a(2) g(x) =f(x) + ax= In x +ax+ 1, g (x)=xq+a=x2.當a=0時，gz (x) = 1>0, g(x)在區(qū)間0, 2上為增函數(shù)，則g(x)在區(qū)間0, 2上無 x22最小值.當awo時，方程ax2+x a= 0的判別式 A=1 + 4a2>0,則方程ax2+x a= 0有兩個不相等的實數(shù)根，設為xi, x2,X

31、i, 2 =設函數(shù)1 ±1 + 4a _,.，一 _,、.三,貝U x1x2= - 1,兩根一正一負，不妨令x1<0<x2. 2a:m(x) =ax2+x-a(x>0),(i)當,_1a>0 時，右 xzC 0, 2 ,則 m(0) = a<0,1 a 1 i 2m- =-+-a>0,解得 0<a<%44 23xC (0,X2)時，m(x)<0 ,則g(x)單調(diào)遞減,xC X2所以當x = x2 時,g(x)取極小值，即最小值.1 ,、2時，m(x)>0 ,則g(x)單倜遞增,_1 若 x2>2,則 xC11上單調(diào)遞減

32、，無最小值.0, 2 時，m(x)<0 , g(x)在 0, 2(ii)當 a<0 時,若 xC(0, x2),則 m(x)>0, g(x)單調(diào)遞增,若 xC(x2, 十0°),則 mx)<0 , g(x)單調(diào)遞減,1所以在區(qū)間0, 2上，g(x)不會有最小值,所以a<0不滿足條件.綜上，實數(shù)a的取值范圍是0, 2 .3(3)當 a=0 時，由方程 f(x)=bx2,得 In x+ 1 bx2=0, . 2. . . .1. 2bx +1I己 h(x) = ln x+1 bx , x>0,貝U h (x)=- 2bx =xx當b<0時，h&#

33、39; (x)>0恒成立，即h(x)在(0 , +°°)上為增函數(shù),則函數(shù)h(x)至多只有一個零點，即方程 f(x) =bx2至多只有一個實數(shù)根，所以 b<0不符合題意.當b>0時,若xC 0,2b，則h'(x)>。，所以函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，若xC、y2b，+°° ，則h 2 ，一 一'(x)<。，所以函數(shù)h(x)單調(diào)遞減，所以 ：21b+2.若方程f (x) = bx2有兩個不相等的實數(shù)根，則 h、上=In/4+1>0,解得 0<b<e. .2b2b 22(i )當 0<b<

34、e時,h 1 =-b><0.2 e e12又一 e2?1 2 2b _ e c 12b =京7<0，所以除所以存在唯一的3 e,2b，使得h(xi) =0.=ln b+1-b=一 In b+1 匚, b記 k(b)=ln b+ 1 -b, 0<b<e,，11因為 k (b) =-b+b2b1 2,所以易知k(b)在(0,1)上為增函數(shù)，在1e2上為減函則 k(b)max= k(1) =0,則<0.12 又b21b2 2-b2 >0,2b'1 所以b>2b，11 ,使得b所以存在唯一的x2 £h(x2) =0,e綜上，實數(shù)b的取值

35、范圍是0, 2 .4.對于函數(shù)f (x),在給定區(qū)間a, b內(nèi)任取n+ 1(n>2, nCN*)個數(shù)x°,n1xn使得 a= x0<x1<x2<- -<xn 1<xn= b, iE S=| f (xi + 1) f (xi)|.若存在與 n 及 xi(iwn, i N)均無關的正數(shù) A,使得S<A恒成立，則稱f(x)在區(qū)間a, b上具有性質(zhì) V.(1)若函數(shù)f(x) = 2x+1,給定區(qū)間為1, 1,求S的值;x 對于給定的實數(shù) k,求證：函數(shù)f(x) = kln1為減函數(shù),(2)若函數(shù)f(x)=-,給定區(qū)間為0 , 2,求S的最大值; e當

36、x<1時，f ' (x) >0,所以f(x)在(0 , 1)為增函數(shù)；當x>1時，f ' (x) v 0,所以f(x)在(1 , 2)為減函數(shù)；1所以f(x)在x=i時取極大值e.設 xm< Kxm+1, me N, me n1,n- 1則 S=|f(xi+1) -f(xi)|i =0=|f (x1) -f (0)| + |f (xm) f(x»1)| +|f(x= 1) -f(xm)| 十|f(xm+ 2)f(x-1)| 十十 |f(2) -f(xn 1)|=f (x1) -f (0) + f(xm) f(x> 1) +|f(xm+ 1

37、) -f(xm)| + f(xm+ 1)f(x過 2) + f(xn 1)- f(2)=f (xm) -f (0) +|f(xm+1) f (xm)| + f (xm+ 1) - f (2).因為 |f(x出 1) -f (xm)| <：f (1) -f(xm) +f(1) -f(xm1+1)，當 xm= 1 時取等號,所以 Sw f (xm) - f (0) +f(1) f(xn)+f(1) f (xmi+1) + f (xmi+1) - f (2) = 2f (1) 一 f (0) 一f(2)=2 (e-1)所以S的最大值為2 (e-1)一 , kk x2證明：f(x)=x-x= 當k>e2時，k x2>0恒成立,n 1所以 S=| f (xi + 1) f(xi)| =i = 0即f ' (x)>0恒成立，所以f(x)在1 , e上為增函數(shù),f (x1) -f(xc) + f(x