2020届江苏省高考数学二轮复习课时达标训练（二十）函数与导数的综合问题 14页

课时达标训练(二十) 函数与导数的综合问题 A组 ‎1．(2019·南通等七市二模)已知函数f(x)＝2ln x＋x2－ax，a∈R.‎ ‎(1)当a＝3时，求函数f(x)的极值．‎ ‎(2)设函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)，若函数y＝f(x)－g(x)是(0，＋∞)上的增函数，求x0的值．‎ ‎(3)是否存在一条直线与函数f(x)的图象相切于两个不同的点？并说明理由．‎ 解：(1)当a＝3时，f(x)＝2ln x＋x2－3x(x>0)，‎ f′(x)＝＋x－3＝，‎ 令f′(x)＝0得，x＝1或x＝2.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示，‎ x ‎(0，1)‎ ‎1‎ ‎(1，2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  所以函数f(x)的极大值为f(1)＝－，极小值为f(2)＝2ln 2－4.‎ ‎(2)依题意，知切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x0>0)，‎ 从而g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x0>0)，‎ 记p(x)＝f(x)－g(x)，‎ 则p(x)＝f(x)－f(x0)－f′(x0)(x－x0)在(0，＋∞)上为增函数，‎ 所以p′(x)＝f′(x)－f′(x0)≥0在 (0，＋∞)上恒成立，‎ 即p′(x)＝－＋x－x0≥0在(0，＋∞)上恒成立，‎ 即x＋≥x0＋在(0，＋∞)上恒成立，‎ 因为x＋≥2＝2(当且仅当x＝时，等号成立)，‎ 所以2≥x0＋，从而(x0－)2≤0，所以x0＝.‎ ‎(3)假设存在一条直线与函数f(x)的图象有两个不同的切点T1(x1，y1)，T2(x2，y2)，‎ 不妨设0p(1)＝0.‎ 从而①式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f(x)的图象相切于两个不同的点．‎ ‎2．(2019·苏北三市期末)已知函数f(x)＝(x－a)ln x(a∈R)．‎ ‎(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，求实数a的值；‎ ‎(3)若函数f(x)存在两个极值点(极值点是函数取极值时对应的自变量的值)，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)因为f(x)＝(x－a)ln x(a∈R)，‎ 所以当a＝1时，f(x)＝(x－1)ln x，‎ 则f′(x)＝ln x＋1－，‎ 当x＝1时，f(1)＝0，f′(1)＝0，‎ 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0.‎ ‎(2)因为对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，‎ 所以当ln x＝0，即x＝1时，f(x)＝0，a∈R；‎ 当ln x>0，即x>1时，x≥a恒成立，所以a≤1；‎ 当ln x<0时，即00，所以g(x)单调递增，至多一个零点，不合题意．‎ 当a<0时，因为x∈(0，－a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，‎ x∈(－a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，‎ 所以g(x)min＝g(－a)＝ln( －a)＋2.‎ 因为g(x)存在两个不相等的零点，‎ 所以ln(－a)＋2<0，解得－e－2e2>－a.‎ 因为g＝ln＋a2＋1>0，‎ 所以g(x)在(－a，＋∞)上存在一个零点．‎ 因为－e－22ln＋e2＋1＝e2－3>0，‎ 所以g(a2)＝ln a2－＋1>0，‎ 所以g(x)在(0，－a)上存在一个零点．‎ 综上可知，实数a的取值范围为(－e－2，0)．‎ ‎3．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a>0，b∈R)有极值，且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)‎ ‎(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；‎ ‎(2)证明：b2>3a；‎ ‎(3)若f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围．‎ 解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，‎ 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3＋b－.‎ 当x＝－时，f′(x)有极小值b－.‎ 因为f′(x)的极值点是f(x)的零点，‎ 所以f＝－＋－＋1＝0，‎ 又a>0，故b＝＋.‎ 因为f(x)有极值，故f′(x)＝0有实根，‎ 从而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3.‎ 当a＝3时，f′(x)>0(x≠－1)，‎ 故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；‎ 当a>3时，f′(x)＝0有两个相异的实根 x1＝，x2＝.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，x1)‎ x1‎ ‎(x1，x2)‎ x2‎ ‎(x2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  故f(x)的极值点是x1，x2.‎ 从而a>3.‎ 因此b＝＋，定义域为(3，＋∞)．‎ ‎(2)证明：由(1)知，＝＋ .‎ 设g(t)＝＋，则g′(t)＝－＝.‎ 当t∈时，g′(t)>0，‎ 从而g(t)在上单调递增．‎ 因为a>3，所以a>3，‎ 故g(a)>g(3)＝，即 >.‎ 因此b2>3a.‎ ‎(3)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1＋x2＝－a，x＋x＝.‎ 从而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2‎ ‎＝－＋2＝0.‎ 记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)，‎ 因为f′(x)的极值为b－＝－a2＋，‎ 所以h(a)＝－a2＋，a>3.‎ 因为h′(a)＝－a－<0，‎ 于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减．‎ 因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.‎ 因此a的取值范围为(3，6]．‎ ‎4．(2019·常州期末)已知函数m(x)＝x2，函数n(x)＝aln x＋1(a∈R)．‎ ‎(1)若a＝2，求曲线y＝n(x)在点(1，n(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若函数f(x)＝m(x)－n(x)有且只有一个零点，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)若函数g(x)＝n(x)＋ex－ex－1≥0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．(e是自然对数的底数，e≈2.718 28…)‎ 解：(1)当a＝2时，n(x)＝2ln x＋1，∴n′(x)＝，‎ ‎∴n′(1)＝2，又n(1)＝1，‎ ‎∴切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.‎ ‎(2)f(x)＝x2－aln x－1，定义域为(0，＋∞)，其图象是一条连续的曲线．‎ f′(x)＝2x－＝.‎ ‎①若a≤0，则f′(x)>0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，‎ 此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，‎ ‎∴此时f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，符合题意．‎ ‎②若a>0，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)．‎ 当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表所示：‎ x f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  若>1，即a>2，此时a>，则f0对于a∈[2，＋∞)恒成立，‎ ‎∴F2(a)＝2a－ln a－1在[2，＋∞)上单调递增，∴F2(a)≥F2(2)＝3－ln 2>0，‎ 即F1′(a)>0对于a∈[2，＋∞)恒成立，‎ ‎∴F1(a)＝a2－aln a－1在[2，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴F1(a)≥F1(2)＝3－2ln 2>0，即f(a)>0，‎ ‎∵f<0，且函数f(x)在上单调递增，‎ ‎∴函数f(x)在上有且只有一个零点，‎ 而函数f(x)在上单调递减，且f(1)＝0，‎ 故当>1时，函数f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，不符合题意．‎ 若＝1，即a＝2，‎ 则函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，‎ 又f(1)＝0，∴f(x)≥f(1)＝0，‎ 故当＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点，符合题意．‎ 若0<<1，即00，∴函数f(x)在(0，1)内必有零点，‎ ‎∴不符合题意．‎ 综上，实数a的取值范围是{a|a≤0或a＝2}．‎ ‎(3)g(x)＝aln x＋ex－ex(x≥1)．‎ 令G(x)＝ex－ex，x≥1，则G′(x)＝ex－e≥0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，‎ ‎∴函数G(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴G(x)≥G(1)＝0.‎ ‎①若a≥0，则当x≥1时，g(x)＝aln x＋ex－ex≥0恒成立，符合；‎ ‎②若a<0，g′(x)＝＋ex－e，令H(x)＝＋ex－e，x≥1，则H′(x)＝ex－>0恒成立，‎ ‎∴H(x)＝＋ex－e在[1，＋∞)上单调递增．‎ ‎∵a<0，∴1－a>1，‎ ‎∴G(1－a)>G(1)＝0，即e1－a>e(1－a)，‎ ‎∴H(1－a)＝＋e1－a－e>＋e－ea－e＝－ea＝＋(1－a)－2－(e－1)a，‎ ‎∵a<0，1－a>1，∴＋(1－a)>2，(e－1)a<0，‎ ‎∴H(1－a)>0.‎ ‎∵H(x)＝＋ex－e在[1，＋∞)上单调递增，其图象是一条连续的曲线，且H(1)＝a<0，∴存在唯一的x0∈(1，1－a)，使得H(x0)＝0，即g′(x0)＝0，‎ 当x∈(1，x0)时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(1，x0)上单调递减，‎ ‎∴当x∈(1，x0)时，g(x)0，‎ ‎∴函数y＝f(x)g(x)在区间[1，2]上单调递增等价于对任意的x∈[1，2]，函数m(x)≥0恒成立，‎ ‎∴解得a≥－3.‎ ‎(3)h(x)＝＝，‎ h′(x)＝，‎ 令r(x)＝ex(－x2＋3x－3)－a，‎ ‎∵h(x)在(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值，‎ ‎∴h′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，‎ 即r(x)＝ex(－x2＋3x－3)－a＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x1，x2，不妨令x1＜x2.‎ ‎∵r′(x)＝ex(－x2＋3x－3－2x＋3)＝ex(－x2＋x)＝x(1－x)ex，‎ ‎∴当x∈(0，1)时，r′(x)>0，r(x)单调递增，‎ 当x∈(1，＋∞)时，r′(x)<0，r(x)单调递减，‎ 则00，f(x)单调递增，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，‎ 故函数f(x)有唯一的极(大)值点．‎ 若a≠0，记m(x)＝ax2－(3－a)x＋1，则Δ＝(3－a)2－4a＝a2－10a＋9，‎ 当1≤a≤9时，Δ≤0，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，无极值点．‎ 当a<0时，Δ>0，由于两根之积小于0，所以m(x)的两个根一正一负，设正根为x0，则x0为函数f(x)的唯一极值点．‎ 当00，m(x)有两个大于零的根，故f(x)有两个极值点．‎ 当a>9时，Δ>0，m(x)有两个小于零的根，故f(x)无极值点，‎ 综上所述，当a≥1时，函数f(x)无极值点；‎ 当a≤0时，函数f(x)有唯一极值点；‎ 当01，且 解得x1＝，x2＝，‎ 所以x1＋x2＝·.‎ 令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝.‎ 令u(x)＝－2ln x＋x－，则u′(x)＝－＋1＋＝>0，则u(x)单调递增，‎ 故对任意的x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0，‎ 由此可得h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．‎ 因此，x1＋x2随着t的增大而增大．‎ ‎3．(2019·南京三模)已知函数f(x)＝ln x＋＋1，a∈R.‎ ‎(1)若函数f(x)在x＝1处的切线为y＝2x＋b，求a，b的值；‎ ‎(2)记g(x)＝f(x)＋ax，若函数g(x)在区间上有最小值，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)当a＝0时，关于x的方程f(x)＝bx2有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．‎ 解：(1)f′(x)＝－，则f′(1)＝1－a＝2，解得a＝－1，则f(x)＝ln x－＋1，‎ 此时f(1)＝ln 1－1＋1＝0，则切点坐标为(1，0)，‎ 代入切线方程，得b＝－2，‎ 所以a＝－1，b＝－2.‎ ‎(2)g(x)＝f(x)＋ax＝ln x＋＋ax＋1，g′(x)＝－＋a＝.‎ ‎①当a＝0时，g′(x)＝>0，g(x)在区间上为增函数，则g(x)在区间上无最小值．‎ ‎②当a≠0时，方程ax2＋x－a＝0的判别式Δ＝1＋4a2>0，‎ 则方程ax2＋x－a＝0有两个不相等的实数根，设为x1，x2，‎ x1，2＝，则x1x2＝－1，两根一正一负，不妨令x1<00)，‎ ‎(ⅰ)当 a>0时，若x2∈，则m(0)＝－a<0，m＝＋－a>0，解得00，则g(x)单调递增，‎ 所以当x＝x2时，g(x)取极小值，即最小值．‎ 若x2≥，则x∈时，m(x)<0，g(x)在上单调递减，无最小值．‎ ‎(ⅱ)当a<0时，‎ 若x∈(0，x2)，则m(x)>0，g(x)单调递增，‎ 若x∈(x2，＋∞)，则m(x)<0，g(x)单调递减，‎ 所以在区间上，g(x)不会有最小值，‎ 所以a<0不满足条件．‎ 综上，实数a的取值范围是.‎ ‎(3)当a＝0时，由方程f(x)＝bx2，得ln x＋1－bx2＝0，‎ 记h(x)＝ln x＋1－bx2，x>0，则h′(x)＝－2bx＝.‎ ‎①当b≤0时，h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上为增函数，‎ 则函数h(x)至多只有一个零点，即方程f(x)＝bx2至多只有一个实数根，所以b≤0不符合题意．‎ ‎②当b>0时，‎ 若x∈，则h′(x)>0，所以函数h(x)单调递增，‎ 若x∈，则h′(x)<0，所以函数h(x)单调递减，所以h(x)max＝h＝ln＋.‎ 若方程f(x)＝bx2有两个不相等的实数根，‎ 则h＝ln＋>0，解得00，所以>，‎ 所以存在唯一的x2∈，使得h(x2)＝0，‎ 综上，实数b的取值范围是.‎ ‎4．对于函数f(x)，在给定区间[a，b]内任取n＋1(n≥2，n∈N*)个数x0，x1，x2，…，xn使得a＝x0