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
因为a>3，所以aa>33， 故g(aa)>g(33)＝3，即因此b>3a.
24a－6b22
(3)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1＋x2＝－a，x1＋x2＝.
39
从而f(x1)＋f(x2)＝x1＋ax1＋bx1＋1＋x2＋ax2＋bx2＋1＝(3x1＋2ax1＋b)＋(3x2＋
331222
2ax2＋b)＋a(x1＋x2)＋b(x1＋x2)＋2
33
4a－6ab4ab＝－＋2＝0.
279
记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)， 123因为f′(x)的极值为b－＝－a＋，
39a123
所以h(a)＝－a＋，a>3.
9a23
因为h′(a)＝－a－2<0，
9a于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减． 7
因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.
2因此a的取值范围为(3，6]．
4．(2019·常州期末)已知函数m(x)＝x，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)＋e－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…)
2解：(1)当a＝2时，n(x)＝2ln x＋1，∴n′(x)＝，
x2
3
3
2
3
2
2
2
b >3. ax1
2
x2
2
a2
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)＝x－aln x－1，定义域为(0，＋∞)，其图象是一条连续的曲线．
2
a2x2－af′(x)＝2x－＝.
xx①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＝a或x＝－2
a2
(舍去)．
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表所示：
x f′(x) f(x) 若
??0，?－ a?? 2?a20 ???a2，＋∞? ??＋ 极小值 a>1，即a>2，此时a>2
2
a2
，则f?
??
? a? 2 令F1(a)＝a－aln a－1，a≥2，则F1′(a)＝2a－ln a－1， 1 令F2(a)＝2a－ln a－1，a≥2，则F2′(a)＝2－>0对于a∈[2，＋∞)恒成立， a∴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)＝a－aln a－1在[2，＋∞)上单调递增， ∴F1(a)≥F1(2)＝3－2ln 2>0，即f(a)>0， 2 ?a? ，＋∞?上单调递增， ?<0，且函数f(x)在? 2??2? ?a? ∴函数f(x)在?，＋∞?上有且只有一个零点， ?2? a?? 而函数f(x)在?0，?上单调递减，且f(1)＝0， 2?? ∵f?故当若 ? ? a? a2 >1时，函数f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，不符合题意． a＝1，即a＝2， 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， 故当若0 ＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点，符合题意． a10 <1，即0 ? ? aa2 ，＋∞?上单调递增，∴f? ???? a?2? ? 2?1?又f?e－?＝e－>0，∴函数f(x)在(0，1)内必有零点， ?a? ∴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＋e－ex(x≥1)． 令G(x)＝e－ex，x≥1，则G′(x)＝e－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＋e－ex≥0恒成立，符合； ②若a<0，g′(x)＝＋e－e，令H(x)＝＋e－e，x≥1，则H′(x)＝e－2>0恒成立， ∴H(x)＝＋e－e在[1，＋∞)上单调递增． ∵a<0，∴1－a>1， ∴G(1－a)>G(1)＝0，即e∴H(1－a)＝＋e 1－a1－axxxxaxxaxxxaxaxx>e(1－a)， a1－aaa1－e>＋e－ea－e＝－ea＝＋(1－a)－2－(e－1)a， 1－a1－a1－a1 ∵a<0，1－a>1，∴＋(1－a)>2，(e－1)a<0， 1－a∴H(1－a)>0. ∵H(x)＝＋e－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) B组——大题增分练 1．(2019·扬州期末)已知函数f(x)＝(3－x)e，g(x)＝x＋a(a∈R)．(e是自然对数的底数，e≈2.718…) (1)求函数f(x)的极值； (2)若函数y＝f(x)g(x)在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围； (3)若函数h(x)＝ xaxxf（x）＋g（x） 在区间(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值，并 x且h(x)的极大值小于整数b，求b的最小值． 解：(1)f(x)＝(3－x)e，f′(x)＝(2－x)e， 令f′(x)＝0，解得x＝2. xx 列表如下： x f′(x) f(x) (－∞，2) ＋ 2 0 极大值 2 (2，＋∞) － ∴当x＝2时，函数f(x)取得极大值f(2)＝e，无极小值． (2)由y＝f(x)g(x)＝(3－x)(x＋a)e，得y′＝e[－x＋(3－a)x＋3a－2x＋(3－a)]＝e[－x＋(1－a)x＋2a＋3]． 令m(x)＝－x＋(1－a)x＋2a＋3， ∵e>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， ??m（1）≥0，∴?解得a≥－3. ?m（2）≥0，? x2 xx2 x2 f（x）＋g（x）（3－x）ex＋x＋a(3)h(x)＝＝， xxe（－x＋3x－3）－ah′(x)＝， 2 x2 x令r(x)＝e(－x＋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)＝e(－x＋3x－3)－a＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x1，x2，不妨令x1＜x2. ∵r′(x)＝e(－x＋3x－3－2x＋3)＝e(－x＋x)＝x(1－x)e， ∴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， 33?3??r（0）<0，33?则0 44?2??r（1）>0，?∴函数h(x)在(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值时，有－3 x2 x2 x2 x2x?3?(0，1)上存在极小值h(x1)，在区间?1，?上存在极大值h(x2)． ?2? h(x2)＝（3－x2）ex2＋x2＋ax2 2 ，且h′(x2)＝x2（－x＋3x2－3）－a＝0， x22 ∴a＝ex2(－x2＋3x2－3)，