《（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 課時跟蹤檢測（二十二）大題考法——函數(shù)與導數(shù)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 課時跟蹤檢測（二十二）大題考法——函數(shù)與導數(shù)（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 課時跟蹤檢測（二十二）大題考法——函數(shù)與導數(shù) 1．(2019屆高三·吳越聯(lián)盟高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax， (1)若函數(shù)f(x)在x＝1處的切線方程為y＝2x＋m，求實數(shù)a和m的值； (2)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有兩個不同的零點x1，x2，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)∵f(x)＝ln x＋ax，∴f′(x)＝＋a. ∵函數(shù)f(x)在x＝1處的切線方程為y＝2x＋m， ∴f′(1)＝1＋a＝2，得a＝1. 又∵f(1)＝ln 1＋a＝1，∴函數(shù)f(x)在x＝1處的切線方程為y－1＝2(x－1)， 即y＝2x－1，∴m＝－1

2、. (2)由(1)知f′(x)＝＋a＝(x>0)． 當a≥0時，∵f′(x)＝>0，∴函數(shù)f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 從而函數(shù)f(x)至多有一個零點，不符合題意； 當a<0時，∵f′(x)＝(x>0)， ∴函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， ∴函數(shù)f(x)max＝f＝ln＋a＝ln－1， ∴要滿足函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)有兩個不同的零點x1，x2， 必有f(x)max＝ln－1>0，得a>－， ∴實數(shù)a的取值范圍是. 2．(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x－1－aln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)設(shè)m為整數(shù)，且對于任

3、意正整數(shù)n，··…·0，由f′(x)＝1－＝知，當x∈(0，a)時，f′(x)<0；當x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增． 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點． 由于f(1)＝0，所以當且僅當a＝1時，f(x)≥0.故a＝1. (2)由(1)知當x∈(1，＋∞)時，x－1－ln x>0. 令x＝1＋，得ln<. 從而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1. 故·…·

4、2， 所以m的最小值為3. 3．(2018·浙江新高考訓練卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x＋x. (1)令F(x)＝f(x)＋－x(0

5、 ∴a≥，即實數(shù)a的取值范圍為. (2)∵方程2mf(x)＝x2有唯一實數(shù)解， ∴x2－2mln x－2mx＝0有唯一實數(shù)解． 設(shè)g(x)＝x2－2mln x－2mx， 則g′(x)＝. 令g′(x)＝0，則x2－mx－m＝0. ∵m>0， ∴Δ＝m2＋4m>0， ∵x>0， ∴x1＝<0(舍去)，x2＝， 當x∈(0，x2)時，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上單調(diào)遞減， 當x∈(x2，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)單調(diào)遞增， 當x＝x2時，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)． ∵g(x)＝0有唯一解， ∴g(x2)＝0，

6、則即x－2mln x2－2mx2＝x－mx2－m， ∴2mln x2＋mx2－m＝0， ∵m>0，∴2ln x2＋x2－1＝0.(*) 設(shè)函數(shù)h(x)＝2ln x＋x－1， ∵當x>0時，h(x)是增函數(shù)， ∴h(x)＝0至多有一解． ∵h(1)＝0，∴方程(*)的解為x2＝1，即1＝，解得m＝. 4．(2019屆高三·浙江名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的圖象在點(－1， f(－1))處的切線方程為(e－1)x＋ey＋e－1＝0. (1)求a，b； (2)若方程f(x)＝m有兩個實數(shù)根x1，x2，且x1

7、1)由題意得f(－1)＝0， 所以f(－1)＝(－1＋b)＝0， 所以a＝或b＝1. 又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a， 所以f′(－1)＝－a＝－1＋， 若a＝，則b＝2－e<0，與b>0矛盾，故a＝1，b＝1. (2)證明：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0， 設(shè)曲線y＝f(x)在點(－1,0)處的切線方程為y＝h(x)， 則h(x)＝(x＋1)， 令F(x)＝f(x)－h(huán)(x)，則F(x)＝(x＋1)(ex－1)－(x＋1)，F(xiàn)′(x)＝(x＋2)ex－， 當x≤－2時，F(xiàn)′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0， 當x>－2時

8、，設(shè)G(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－， 則G′(x)＝(x＋3)ex>0， 故函數(shù)F′(x)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，又F′(－1)＝0， 所以當x∈(－∞，－1)時，F(xiàn)′(x)<0，當x∈(－1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0， 所以函數(shù)F(x)在區(qū)間(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(－1，＋∞)上單調(diào)遞增， 故F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)， 所以f(x1)≥h(x1)． 設(shè)h(x)＝m的根為x1′，則x1′＝－1＋， 又函數(shù)h(x)單調(diào)遞減，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)， 所以x1′≤x1， 設(shè)曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為

9、y＝t(x)，易得t(x)＝x， 令T(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x， 則T′(x)＝(x＋2)ex－2， 當x≤－2時，T′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0， 當x>－2時，設(shè)H(x)＝T′(x)＝(x＋2)ex－2， 則H′(x)＝(x＋3)ex>0， 故函數(shù)T′(x)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，又T′(0)＝0， 所以當x∈(－∞，0)時，T′(x)<0，當x∈(0，＋∞)時，T′(x)>0， 所以函數(shù)T(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以T(x)≥T(0)，所以f(x)≥t(x)， 所以f(x2)≥t(

10、x2)． 設(shè)t(x)＝m的根為x2′，則x2′＝m， 又函數(shù)t(x)單調(diào)遞增，且t(x2′)＝f(x2)≥t(x2)， 所以x2′≥x2.又x1′≤x1， 所以x2－x1≤x2′－x1′＝m－ ＝1＋. 5．已知a>0，b∈R，函數(shù)f(x)＝4ax3－2bx－a＋b. (1)證明：當0≤x≤1時， ①函數(shù)f(x)的最大值為|2a－b|＋a； ②f(x)＋|2a－b|＋a≥0. (2)若－1≤f(x)≤1對x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范圍． 解：(1)證明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a， 當b≤0時，有f′(x)≥0，此時f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增

11、， 當b>0時，f′(x)＝12a，此時f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以當0≤x≤1時， f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a. ②由于0≤x≤1，故 當b≤2a時，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)， 當b>2a時，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a>4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)． 設(shè)g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1， 則g′(x)＝6x2－2＝6，

12、當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如表所示： x 0 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1  極小值  1 所以g(x)min＝g＝1－>0， 所以當0≤x≤1時，2x3－2x＋1>0， 故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0. (2)由①知，當0≤x≤1時，f(x)max＝|2a－b|＋a， 所以|2a－b|＋a≤1， 若|2a－b|＋a≤1，則由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1，所以－1≤f(x)≤1對任意0≤x≤1恒成立的充要條件是即或 在直角坐標系aOb中，所表示的平面區(qū)域為如圖所示的陰影部分，其中不包括線段BC. 作一組平行直線a＋b＝t(t∈R)，得－1