(江苏专用)2021高考数学二轮复习 课时达标训练(二十) 函数与导数的综合问题
课时达标训练(二十) 函数与导数的综合问题
A 组——大题保分练
1．(2020-2021·南通等七市二模)已知函数f (x )＝2ln x ＋12x 2
－ax ，a ∈R .
(1)当a ＝3时，求函数f (x )的极值．
(2)设函数f (x )的图象在x ＝x 0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x 0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． 解：(1)当a ＝3时，f (x )＝2ln x ＋12x 2
－3x (x >0)，
f ′(x )＝2x ＋x －3＝x 2
－3x ＋2
x
，
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，
所以函数f (x )的极大值为f (1)＝－5
2，极小值为f (2)＝2ln 2－4.
(2)依题意，知切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)(x 0>0)， 从而g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)(x 0>0)， 记p (x )＝f (x )－g (x )，
则p (x )＝f (x )－f (x 0)－f ′(x 0)(x －x 0)在(0，＋∞)上为增函数， 所以p ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)≥0在 (0，＋∞)上恒成立， 即p ′(x )＝2x －2
x 0＋x －x 0≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即x ＋2x
≥x 0＋2
x 0
在(0，＋∞)上恒成立，
因为x ＋2
x
≥2
x ·2
x ＝22(当且仅当x ＝2时，等号成立)， 所以22≥x 0＋2x 0
，从而(x 0－2)2
≤0，所以x 0＝ 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T 1(x 1，y 1)，T 2(x 2，y 2)， 不妨设0 －x 1)， 在点T 2处的切线l 2的方程为y －f (x 2)＝f ′(x 2)(x －x 2)．因为l 1，l 2为同一条直线，所以f ′(x 1)＝f ′(x 2)，f (x 1)－x 1f ′(x 1)＝f (x 2)－x 2f ′(x 2)， 即2x 1＋x 1－a ＝2 x 2 ＋x 2－a ， 2ln x 1＋12x 21－ax 1－x 1? ????2x 1＋x 1－a ＝2ln x 2＋12x 22－ax 2－x 2? ????2x 2＋x 2－a ， 整理，得2ln x 21 2＋2 x 21－x 21 2 ＝0.① 令t ＝x 21 2 ，由0 记p (t )＝2ln t ＋1t －t ，则p ′(t )＝2t －1t 2－1＝－（t －1） 2 t 2 <0， 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．(2020-2021·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 ， 则f ′(x )＝ln x ＋1－1x ， 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 －a x ＋1存在两个不相等的零点． 设g (x )＝ln x － a x ＋1，则g ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋a x 2. 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 －2 >e 2 >－a . 因为g ? ?? ??－1a ＝ln ? ?? ??－1a ＋a 2 ＋1>0， 所以g (x )在(－a ，＋∞)上存在一个零点． 因为－e －2 <－a . g (a 2)＝ln a 2－1a ＋1＝2ln(－a )＋1 －a ＋1， 设t ＝－a ，则y ＝2ln t ＋1t ＋1? ? ???0 因为y ′＝2t －1 t 2<0， 所以y ＝2ln t ＋1t ＋1? ????0 －3>0， 所以g (a 2)＝ln a 2 －1a ＋1>0， 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 －2 ，0)． 3．(2017·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3 ＋ax 2 ＋bx ＋1(a >0，b ∈R )有极值，且导函数 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 2 >3a ； (3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－7 2，求a 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝x 3 ＋ax 2 ＋bx ＋1， 得f ′(x )＝3x 2 ＋2ax ＋b ＝3? ?? ??x ＋a 32 ＋b －a 2 3. 当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 2 3. 因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点， 所以f ? ?? ??－a 3＝－a 327＋a 3 9－ab 3＋1＝0， 又a >0，故b ＝2a 2 9＋3 a . 因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 2 3＝19a (27－a 3 )≤0，即a ≥3. 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 x 1＝－a －a 2 －3b 3，x 2＝－a ＋a 2 －3b 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： 故f (x )的极值点是x 1，x 2. 从而a >3. 因此b ＝2a 2 9＋3 a ，定义域为(3，＋∞)． (2)证明：由(1)知， b a ＝2a a 9＋3a a . 设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2 －27 9t 2 . 当t ∈? ?? ?? 362，＋∞时，g ′(t )>0， 从而g (t )在? ?? ?? 362，＋∞上单调递增． 因为a >3，所以a a >33， 故g (a a )>g (33)＝3，即b a > 3. 因此b 2 >3a . (3)由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2，且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 2 2＝4a 2 －6b 9 . 从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 3 1＋ax 2 1＋bx 1＋1＋x 3 2＋ax 2 2＋bx 2＋1＝x 1 3(3x 2 1＋2ax 1＋b )＋x 2 3(3x 2 2＋ 2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋2 3 b (x 1＋x 2)＋2 ＝4a 3 －6ab 27－4ab 9 ＋2＝0. 记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 2 3＝－19a 2＋3a ， 所以h (a )＝－19a 2＋3 a ，a >3. 因为h ′(a )＝－29a －3 a 2<0， 于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减． 因为h (6)＝－7 2，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6. 因此a 的取值范围为(3，6]． 4．(2020-2021·常州期末)已知函数m (x )＝x 2 ，函数n (x )＝a ln 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 x －e x －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…) 解：(1)当a ＝2时，n (x )＝2ln x ＋1，∴n ′(x )＝2x ， ∴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 2 －a ln x －1，定义域为(0，＋∞)，其图象是一条连续的曲线． f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－a x . ①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 2 或x ＝－a 2 (舍去)． 当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表所示： 若 a 2 >1，即a >2，此时a >a 2 ，则f ? ?? ?? a 2 －a ln a －1. 令F 1(a )＝a 2 －a ln a －1，a ≥2，则F 1′(a )＝2a －ln a －1， 令F 2(a )＝2a －ln a －1，a ≥2，则F 2′(a )＝2－1 a >0对于a ∈[2，＋∞)恒成立， ∴F 2(a )＝2a －ln a －1在[2，＋∞)上单调递增，∴F 2(a )≥F 2(2)＝3－ln 2>0， 即F 1′(a )>0对于a ∈[2，＋∞)恒成立， ∴F 1(a )＝a 2 －a ln a －1在[2，＋∞)上单调递增， ∴F 1(a )≥F 1(2)＝3－2ln 2>0，即f (a )>0， ∵f ? ? ??? a 2<0，且函数f (x )在? ?? ?? a 2，＋∞上单调递增， ∴函数f (x )在? ?? ?? a 2，＋∞上有且只有一个零点， 而函数f (x )在? ? ???0，a 2上单调递减，且f (1)＝0， 故当a 2 >1时，函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，不符合题意． 若 a 2 ＝1，即a ＝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a 2 ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上有且只有一个零点，符合题意． 若0< a 2<1，即0 ＝1. ∵函数f (x )在? ? ???a 2 ，＋∞上单调递增，∴f ? ?? ?? a 2 又f ? ?? ??e －1a ＝e －2a >0，∴函数f (x )在(0，1)内必有零点， ∴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 )＝a ln x ＋e x －e x (x ≥1)． 令G (x )＝e x －e x ，x ≥1，则G ′(x )＝e x －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 )＝a ln x ＋e x －e x ≥0恒成立，符合； ②若a <0，g ′(x )＝a x ＋e x －e ，令H (x )＝a x ＋e x －e ，x ≥1，则H ′(x )＝e x －a x 2>0恒成立， ∴H (x )＝a x ＋e x －e 在[1，＋∞)上单调递增． ∵a <0，∴1－a >1， ∴G (1－a )>G (1)＝0，即e 1－a >e(1－a )， ∴H (1－a )＝a 1－a ＋e 1－a －e>a 1－a ＋e －e a －e ＝a 1－a －e a ＝11－a ＋(1－a )－2－(e －1)a ， ∵a <0，1－a >1，∴1 1－a ＋(1－a )>2，(e －1)a <0， ∴H (1－a )>0. ∵H (x )＝a x ＋e x －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x 0∈(1，1－a )，使得H (x 0)＝0，即g ′(x 0)＝0， 当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴当x ∈(1，x 0)时，g (x ) B 组——大题增分练 1．(2020-2021·扬州期末)已知函数f (x )＝(3－x )e x ，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 )＝ f （x ）＋ g （x ） x 在区间(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值，并 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 x ，f ′(x )＝(2－x )e x ， 令f ′(x )＝0，解得x ＝2. 列表如下： ∴当x ＝2时，函数f (x )取得极大值f (2)＝e 2 ，无极小值． (2)由y ＝f (x )g (x )＝(3－x )(x ＋a )e x ，得y ′＝e x [－x 2 ＋(3－a )x ＋3a －2x ＋(3－a )]＝e x [－x 2 ＋(1－a )x ＋2a ＋3]． 令m (x )＝－x 2 ＋(1－a )x ＋2a ＋3， ∵e x >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，m （2）≥0， 解得a ≥－3. (3)h (x )＝f （x ）＋g （x ）x ＝（3－x ）e x ＋x ＋a x ， h ′(x )＝e x （－x 2 ＋3x －3）－a x 2 ， 令r (x )＝e x (－x 2 ＋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 (－x 2 ＋3x －3)－a ＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x 1，x 2，不妨令x 1＜x 2. ∵r ′(x )＝e x (－x 2 ＋3x －3－2x ＋3)＝e x (－x 2＋x )＝x (1－x )e x ， ∴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， 则0 ∴函数h (x )在(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值时，有－3 (0，1)上存在极小值h (x 1)，在区间? ?? ??1，32上存在极大值h (x 2)． h (x 2)＝（3－x 2）e x 2＋x 2＋a x 2，且h ′(x 2)＝e x 2（－x 2 2＋3x 2－3）－a x 2 2 ＝0， ∴a ＝e x 2(－x 2 2＋3x 2－3)， h (x 2)＝（3－x 2）e x 2＋x 2＋e x 2（－x 2 2＋3x 2－3）x 2 ＝e x 2(2－x 2)＋1. 令H (x )＝e x (2－x )＋1，则H ′(x )＝e x (1－x )， 当x ∈(1，＋∞)时，H ′(x )<0，H (x )单调递减， ∵x 2∈? ????1，32，∴H ? ????32 ??12e 32＋1，e ＋1， 又3<1 2e 32＋1 ∴满足题意的整数b 的最小值为4. 2．(2020-2021·南京四校联考)已知函数f (x )＝ax －1 x －(3－a )ln x . (1)讨论函数f (x )的极值点个数； (2)若函数g (x )＝a e x －x 3 2有两个零点x 1，x 2，其中x 1 x 1 ，证明：x 1＋x 2随t 的增大而增大． 解：(1)显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ax 2－（3－a ）x ＋1 x 2 . 若a ＝0，则f ′(x )＝－3x ＋1 x 2 ， 所以当x ∈? ????0，13时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈? ?? ??13，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 故函数f (x )有唯一的极(大)值点． 若a ≠0，记m (x )＝ax 2 －(3－a )x ＋1，则Δ＝(3－a )2 －4a ＝a 2 －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x 0，则 x 0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 所以32ln x 1＝ln a ＋x 1，3 2ln x 2＝ln a ＋x 2， 故x 2－x 1＝32ln x 2－32ln x 1＝32ln x 2 x 1 . 又x 2 x 1＝t ，x 1 ????x 2＝tx 1，x 2－x 1＝32ln t ， 解得x 1＝32ln t t －1，x 2＝3 2 t ln t t －1， 所以x 1＋x 2＝32·（t ＋1）ln t t －1 . 令h (x )＝（x ＋1）ln x x －1，x ∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝－2ln x ＋x － 1 x （x －1） 2 . 令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ，则u ′(x )＝－2x ＋1＋1x 2＝? ?? ??1x －12 >0，则u (x )单调递增， 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，x 1＋x 2随着t 的增大而增大． 3．(2020-2021·南京三模)已知函数f (x )＝ln x ＋a 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； (2)记g (x )＝f (x )＋ax ，若函数g (x )在区间? ?? ??0，12上有最小值，求实数a 的取值范围； (3)当a ＝0时，关于x 的方程f (x )＝bx 2 有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2，则f ′(1)＝1－a ＝2，解得a ＝－1，则f (x )＝ln x －1 x ＋1， 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. (2)g (x )＝f (x )＋ax ＝ln x ＋a x ＋ax ＋1，g ′(x )＝1x －a x 2＋a ＝ax 2＋x －a x 2 . ①当a ＝0时，g ′(x )＝1x >0，g (x )在区间? ????0，12上为增函数，则g (x )在区间? ????0，12上无最小值． ②当a ≠0时，方程ax 2 ＋x －a ＝0的判别式Δ＝1＋4a 2 >0， 则方程ax 2 ＋x －a ＝0有两个不相等的实数根，设为x 1，x 2， x 1，2＝－1± 1＋4a 2