江苏专用2020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.doc

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江苏专用2020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.doc

1、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(2019南通等七市二模)已知函数f(x)2ln xx2ax，aR.(1)当a3时，求函数f(x)的极值(2)设函数f(x)的图象在xx0处的切线方程为yg(x)，若函数yf(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？并说明理由解：(1)当a3时，f(x)2ln xx23x(x0)，f(x)x3，令f(x)0得，x1或x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表所示，x(0，1)1(1，2)2(2，)f(x)00f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值为f(1)

2、，极小值为f(2)2ln 24.(2)依题意，知切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)(x00)，从而g(x)f(x0)(xx0)f(x0)(x00)，记p(x)f(x)g(x)，则p(x)f(x)f(x0)f(x0)(xx0)在(0，)上为增函数，所以p(x)f(x)f(x0)0在 (0，)上恒成立，即p(x)xx00在(0，)上恒成立，即xx0在(0，)上恒成立，因为x22(当且仅当x时，等号成立)，所以2x0，从而(x0)20，所以x0.(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0x1x2，则函数f(x)的图象在点T1处的

3、切线l1的方程为yf(x1)f(x1)(xx1)，在点T2处的切线l2的方程为yf(x2)f(x2)(xx2)因为l1，l2为同一条直线，所以f(x1)f(x2)，f(x1)x1f(x1)f(x2)x2f(x2)，即x1ax2a，2ln x1xax1x12ln x2xax2x2，整理，得2ln0.令t，由0x1x2与x1x22，得t(0，1)，记p(t)2ln tt，则p(t)1p(1)0.从而式不可能成立，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)(xa)ln x(aR)(1)若a1，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的

4、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)(xa)ln x(aR)，所以当a1时，f(x)(x1)ln x，则f(x)ln x1，当x1时，f(1)0，f(1)0，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y0.(2)因为对于任意的正数x，f(x)0恒成立，所以当ln x0，即x1时，f(x)0，aR；当ln x0，即x1时，xa恒成立，所以a1；当ln x0时，即0x0，所以g(x)单调递增，至多一个零点，不合题意当a0时，因为x(0，a)时，

5、g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(a)ln( a)2.因为g(x)存在两个不相等的零点，所以ln(a)20，解得e2ae2a.因为glna210，所以g(x)在(a，)上存在一个零点因为e2a0，所以a2a.g(a2)ln a212ln(a)1，设ta，则y2ln t1，因为y2lne21e230，所以g(a2)ln a210，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(e2，0)3(2017江苏高考)已知函数f(x)x3ax2bx1(a0，bR)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

6、的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b23a；(3)若f(x)，f(x)这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围解：(1)由f(x)x3ax2bx1，得f(x)3x22axb3b.当x时，f(x)有极小值b.因为f(x)的极值点是f(x)的零点，所以f10，又a0，故b.因为f(x)有极值，故f(x)0有实根，从而b(27a3)0，即a3.当a3时，f(x)0(x1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；当a3时，f(x)0有两个相异的实根x1，x2.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值故

7、f(x)的极值点是x1，x2.从而a3.因此b，定义域为(3，)(2)证明：由(1)知， .设g(t)，则g(t).当t时，g(t)0，从而g(t)在上单调递增因为a3，所以a3，故g(a)g(3)，即 .因此b23a.(3)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1x2a，xx.从而f(x1)f(x2)xaxbx11xaxbx21(3x2ax1b)(3x2ax2b)a(xx)b(x1x2)220.记f(x)，f(x)所有极值之和为h(a)，因为f(x)的极值为ba2，所以h(a)a2，a3.因为h(a)a0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

8、(x)在(0，)上只有一个零点，符合题意若a0，令f(x)0，得x或x(舍去)当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表所示：xf(x)0f(x)极小值若1，即a2，此时a，则f0对于a2，)恒成立，F2(a)2aln a1在2，)上单调递增，F2(a)F2(2)3ln 20，即F1(a)0对于a2，)恒成立，F1(a)a2aln a1在2，)上单调递增，F1(a)F1(2)32ln 20，即f(a)0，f1时，函数f(x)在(0，)上有两个零点，不符合题意若1，即a2，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1时，函数f(x)在(

9、0，)上有且只有一个零点，符合题意若01，即0a2，此时0ee01.函数f(x)在上单调递增，f0，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|a0或a2(3)g(x)aln xexex(x1)令G(x)exex，x1，则G(x)exe0对任意的x1，)恒成立，函数G(x)在1，)上单调递增，G(x)G(1)0.若a0，则当x1时，g(x)aln xexex0恒成立，符合；若a0恒成立，H(x)exe在1，)上单调递增a1，G(1a)G(1)0，即e1ae(1a)，H(1a)e1aeeeaeea(1a)2(e1)a，a1，(1a)2，(e1)a0.H(x)exe在

10、1，)上单调递增，其图象是一条连续的曲线，且H(1)a0，存在唯一的x0(1，1a)，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)0，函数yf(x)g(x)在区间1，2上单调递增等价于对任意的x1，2，函数m(x)0恒成立，解得a3.(3)h(x)，h(x)，令r(x)ex(x23x3)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)ex(x23x3)a0在(0，)上有两个不等实根x1，x2，不妨令x1x2.r(x)ex(x23x32x3)ex(x2x)x(

11、1x)ex，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0x11，解得3ae，reae30，符合题意函数h(x)在(0，)上既存在极大值又存在极小值时，有3ae，并且在区间(0，1)上存在极小值h(x1)，在区间上存在极大值h(x2)h(x2)，且h(x2)0，ae(x3x23)，h(x2)e(2x2)1.令H(x)ex(2x)1，则H(x)ex(1x)，当x(1，)时，H(x)0，H(x)单调递减，x2，HH(x2)H(1)，即h(x2)，又3e1e14，且h(x)的极大值小于整数b，满足题意的整数b的最小值为4.2(2019南京四校联考)

12、已知函数f(x)ax(3a)ln x.(1)讨论函数f(x)的极值点个数；(2)若函数g(x)aexx有两个零点x1，x2，其中x10，f(x)单调递增，当x时，f(x)0，f(x)单调递减，故函数f(x)有唯一的极(大)值点若a0，记m(x)ax2(3a)x1，则(3a)24aa210a9，当1a9时，0，f(x)0，函数f(x)单调递增，无极值点当a0，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x0为函数f(x)的唯一极值点当0a0，m(x)有两个大于零的根，故f(x)有两个极值点当a9时，0，m(x)有两个小于零的根，故f(x)无极值点，综上所述，当a1时，函数f

13、(x)无极值点；当a0时，函数f(x)有唯一极值点；当0a1时，函数f(x)有两个极值点(2)证明：依题意得，aex1，aex2.所以ln x1ln ax1，ln x2ln ax2，故x2x1ln x2ln x1ln .又t，x11，且解得x1，x2，所以x1x2.令h(x)，x(1，)，则h(x).令u(x)2ln xx，则u(x)10，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，x1x2随着t的增大而增大3(2019南京三模)已知函数f(x)ln x1，aR.(1)若函数f(x)在x1处的切线为y2xb，求a，b的值

14、；(2)记g(x)f(x)ax，若函数g(x)在区间上有最小值，求实数a的取值范围；(3)当a0时，关于x的方程f(x)bx2有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围解：(1)f(x)，则f(1)1a2，解得a1，则f(x)ln x1，此时f(1)ln 1110，则切点坐标为(1，0)，代入切线方程，得b2，所以a1，b2.(2)g(x)f(x)axln xax1，g(x)a.当a0时，g(x)0，g(x)在区间上为增函数，则g(x)在区间上无最小值当a0时，方程ax2xa0的判别式14a20，则方程ax2xa0有两个不相等的实数根，设为x1，x2，x1，2，则x1x21，两根一正一负，不妨令

15、x100)，()当 a0时，若x2，则m(0)a0，解得0a.x(0，x2)时，m(x)0，则g(x)单调递增，所以当xx2时，g(x)取极小值，即最小值若x2，则x时，m(x)0，g(x)在上单调递减，无最小值()当a0，g(x)单调递增，若x(x2，)，则m(x)0，g(x)单调递减，所以在区间上，g(x)不会有最小值，所以a0，则h(x)2bx.当b0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)bx2至多只有一个实数根，所以b0不符合题意当b0时，若x，则h(x)0，所以函数h(x)单调递增，若x，则h(x)0，解得0b.()当0b

16、时，h0.又0，所以，所以存在唯一的x1，使得h(x1)0.()hln1ln b1，记k(b)ln b1，0b0，所以，所以存在唯一的x2，使得h(x2)0，综上，实数b的取值范围是.4对于函数f(x)，在给定区间a，b内任取n1(n2，nN*)个数x0，x1，x2，xn使得ax0x1x2xn1xnb，记Sf(xi1)f(xi)|.若存在与n及xi(in，iN)均无关的正数A，使得SA恒成立，则称f(x)在区间a，b上具有性质V.(1)若函数f(x)2x1，给定区间为1，1，求S的值；(2)若函数f(x)，给定区间为0，2，求S的最大值；(3)对于给定的实数k，求证：函数f(x)kln xx2

19、2)f(x1) f(xn)f(xn1)f(xn)f(x0)f(e)f(1)ke2.因此，存在正数Ake2，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性质V.当k1时，kx20恒成立，即f(x)0恒成立，所以f(x)在1，e上为减函数，所以Sf(xi1)f(xi)| f(x0)f(x1)f(x1)f(x2) f(xn1)f(xn)f(x0)f(xn) f(1)f(e) e2k.因此，存在正数Ae2k，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性质V.当1ke2时，由f(x)0，得x；当f(x)0，得1x；当f(x)0，得xe，因此f(x)在1，)上为增函数，在(，e上为减函数设xmxm1，mN，mn1，则S

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