发布时间 : 星期日 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∈?