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
(3-x2)x2+x2+x2(-x+3x2-3)
h(x2)==ex2(2-x2)+1.
x2
令H(x)=e(2-x)+1,则H′(x)=e(1-x), 当x∈(1,+∞)时,H′(x)<0,H(x)单调递减,
xx?13?3?3???1,∵x2∈??,∴H?2? ?2????2? 31 又3 2∴满足题意的整数b的最小值为4. 1 2.(2019·南京四校联考)已知函数f(x)=ax--(3-a)ln x. x(1)讨论函数f(x)的极值点个数; 3 x2 (2)若函数g(x)=ae-x2有两个零点x1,x2,其中x1 的增大而增大. ax2-(3-a)x+1 解:(1)显然函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=. x2-3x+1 若a=0,则f′(x)=, 2 x?1?所以当x∈?0,?时,f′(x)>0,f(x)单调递增, ?3??1?当x∈?,+∞?时,f′(x)<0,f(x)单调递减, ?3? 故函数f(x)有唯一的极(大)值点. 若a≠0,记m(x)=ax-(3-a)x+1,则Δ=(3-a)-4a=a-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 2 2 2 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0 33 (2)证明:依题意得,aex1=x12,aex2=x22. 33 所以ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2, 22333x2 故x2-x1=ln x2-ln x1=ln . 222x1 x2=tx1,??x2 又=t,x1 33 ln ttln t22 解得x1=,x2=, t-1t-13(t+1)ln t所以x1+x2=·. 2t-1 1 -2ln x+x- x(x+1)ln x令h(x)=,x∈(1,+∞),则h′(x)=. 2 x-1(x-1) 121?1?2 令u(x)=-2ln x+x-,则u′(x)=-+1+2=?-1?>0,则u(x)单调递增, xxx?x? 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; ax?1?(2)记g(x)=f(x)+ax,若函数g(x)在区间?0,?上有最小值,求实数a的取值范围; ?2? (3)当a=0时,关于x的方程f(x)=bx有两个不相等的实数根,求实数b的取值范围. 1a1 解:(1)f′(x)=-2,则f′(1)=1-a=2,解得a=-1,则f(x)=ln x-+1, 2 xxx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. a1aax2+x-a(2)g(x)=f(x)+ax=ln x++ax+1,g′(x)=-2+a=. xxxx2 1?1??1?①当a=0时,g′(x)=>0,g(x)在区间?0,?上为增函数,则g(x)在区间?0,?上无x?2??2?最小值. ②当a≠0时,方程ax+x-a=0的判别式Δ=1+4a>0, 则方程ax+x-a=0有两个不相等的实数根,设为x1,x2, -1± 1+4ax1,2=,则x1x2=-1,两根一正一负,不妨令x1<0 2a设函数m(x)=ax+x-a(x>0), 2?1??1?a1 (ⅰ)当 a>0时,若x2∈?0,?,则m(0)=-a<0,m??=+-a>0,解得0 3?2??2?42 2 2 2 22 x∈(0,x2)时,m(x)<0,则g(x)单调递减, x∈?x2,?时,m(x)>0,则g(x)单调递增, 2 ?? 1?? 所以当x=x2时,g(x)取极小值,即最小值. 1?1??1?若x2≥,则x∈?0,?时,m(x)<0,g(x)在?0,?上单调递减,无最小值. 2?2??2?(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, ?1?所以在区间?0,?上,g(x)不会有最小值, ?2? 所以a<0不满足条件. ?2?综上,实数a的取值范围是?0,?. ?3? (3)当a=0时,由方程f(x)=bx,得ln x+1-bx=0, 1-2bx+1 记h(x)=ln x+1-bx,x>0,则h′(x)=-2bx=. 2 2 2 2 xx①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)=bx至多只有一个实数根,所以b≤0不符合题意. ②当b>0时, 2 ? ??若x∈? ? =ln 若x∈?0, 1? ?,则h′(x)>0,所以函数h(x)单调递增, 2b? 1??,+∞?,则h′(x)<0,所以函数h(x)单调递减,所以h(x)max=h?2b?? 1? ?2b? 11+. 2b2 2 若方程f(x)=bx有两个不相等的实数根, 则h? ??1??=ln2b? 11e+>0,解得0 eb?1?(ⅰ)当0 ?e?? 11?22b-e ?=2be2<0,所以e<2b? 2 1, 2b?1 所以存在唯一的x1∈?,?e ?b? bb1? ?,使得h(x1)=0. 2b? 111?1?(ⅱ)h??=ln+1-=-ln b+1-, b1e 记k(b)=-ln b+1-,0 b2 111-b?e?因为k′(b)=-+2=2,所以易知k(b)在(0,1)上为增函数,在?1,?上为减函bbb?2?数, ?1?则k(b)max=k(1)=0,则h??≤0. b?? 1?2??又??-??b?? 11?22-b?=2b2>0,所以b>2b? 1, 2b所以存在唯一的x2∈? ??11? ,?,使得h(x2)=0, 2bb? ?e?综上,实数b的取值范围是?0,?. ?2? 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,…, n-1 * xn使得a=x0 i=0 均无关的正数A,使得S≤A恒成立,则称f(x)在区间[a,b]上具有性质V. (1)若函数f(x)=-2x+1,给定区间为[-1,1],求S的值; (2)若函数f(x)=x,给定区间为[0,2],求S的最大值; e 12 (3)对于给定的实数k,求证:函数f(x)=kln x-x在区间[1,e]上具有性质V. 2解:(1)因为函数f(x)=-2x+1在区间[-1,1]为减函数, 所以f(xi+1)<f(xi), 所以|f(xi+1)-f(xi)|= f(xi)-f(xi+1). n-1 xS=?|f(xi+1)-f(xi)|=[ f(x0)-f(x1)]+[ f(x1)-f(x2)]+…+[ f(xn-1)-f(xn)] i=0 =f(x0)-f(xn)=f(-1)-f(1)=4.