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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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(
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