发布时间 : 星期一 文章2020届高考数学(江苏专用)二轮复习课时达标训练(二十)函数与导数的综合问题更新完毕开始阅读
课时达标训练(二十) 函数与导数的综合问题
A组
12
1.(2019·南通等七市二模)已知函数f(x)=2ln x+x-ax,a∈R.
2(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. 12
解:(1)当a=3时,f(x)=2ln x+x-3x(x>0),
22x-3x+2
f′(x)=+x-3=,
2
xx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 f′(x) f(x)
(0,1) + 1 0 极大值 (1,2) - 2 0 极小值 (2,+∞) + 5
所以函数f(x)的极大值为f(1)=-,极小值为f(2)=2ln 2-4.
2(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, 22
即p′(x)=-+x-x0≥0在(0,+∞)上恒成立,
xx0x0
22
即x+≥x0+在(0,+∞)上恒成立,
x2
因为x+≥2xx·=22(当且仅当x=2时,等号成立), xx0
2
22
所以22≥x0+,从而(x0-2)≤0,所以x0=2.
(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0 在点T2处的切线l2的方程为y-f(x2)=f′(x2)(x-x2).因为l1,l2为同一条直线,所以f′(x1)=f′(x2),f(x1)-x1f′(x1)=f(x2)-x2f′(x2), 22 即+x1-a=+x2-a, x1x2 1212?2??2?2ln x1+x1-ax1-x1?+x1-a?=2ln x2+x2-ax2-x2?+x2-a?, 22?x1??x2? x2x整理,得2ln+-=0.① 2x2 令t=,由0 2 121(t-1) 记p(t)=2ln t+-t,则p′(t)=-2-1=-<0, 22 xtttt所以p(t)在(0,1)上为减函数,所以p(t)>p(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, 1则f′(x)=ln x+1-, x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0 (3)因为函数f(x)存在两个极值点, 所以f′(x)=ln x-+1存在两个不相等的零点. axa1ax+a设g(x)=ln x- +1,则g′(x)=+2=2. xxxx当a≥0时,g′(x)>0,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 所以->e>-a. -2 a?1??1?2 因为g?-?=ln?-?+a+1>0, ?a? ?a? 所以g(x)在(-a,+∞)上存在一个零点. 因为-e -2 2 g(a2)=ln a2-+1=2ln(-a)++1, a-a1?1? 设t=-a,则y=2ln t++1?0 e?t?2t-1 因为y′=2<0, 11 t1?1?所以y=2ln t++1?0 所以y>2ln2+e+1=e-3>0, e122 所以g(a)=ln a-+1>0, a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,0). 3.(2017·江苏高考)已知函数f(x)=x+ax+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数 3 2 -2 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:b>3a; 7 (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. 2 2 解:(1)由f(x)=x+ax+bx+1, 32 a?a?得f′(x)=3x+2ax+b=3?x+?+b-. 3?3? 2 2 2 当x=-时,f′(x)有极小值b-. 33因为f′(x)的极值点是f(x)的零点, aa2 aaab?a?所以f?-?=-+-+1=0, 2793?3? 2a3 又a>0,故b=+. 9a因为f(x)有极值,故f′(x)=0有实根, 13 从而b-=(27-a)≤0,即a≥3. 39a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 -a-a-3b-a+a-3bx1=,x2=. 33当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 222 33 a2 x f′(x) f(x) (-∞,x1) + x1 0 极大值 (x1,x2) - x2 0 极小值 (x2,+∞) + 故f(x)的极值点是x1,x2. 从而a>3. 2a3 因此b=+,定义域为(3,+∞). 9a(2)证明:由(1)知, 2 b2aa3=+ . 9aaa2 2t3232t-27 设g(t)=+,则g′(t)=-2=. 29t9t9t?36? ,+∞?时,g′(t)>0, ?2? ?36? 从而g(t)在?,+∞?上单调递增. ?2? 当t∈?