2020届二轮复习大题考法——函数与导数课时作业（全国通用） 6页

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，··…·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·…·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(00，‎ ‎∴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x10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：‎ x ‎0‎ ‎1‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ ‎1‎  极小值  ‎1‎ 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