（浙江专用）2020版高考数学大二轮复习专题五大题考法课函数与导数课时跟踪检测.docx

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1、函数与导数1．已知函数f(x)＝lnx＋ax，(1)若函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2x＋m，求实数a和m的值；(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围．解：(1)∵f(x)＝lnx＋ax，∴f′(x)＝＋a.∵函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2x＋m，∴f′(1)＝1＋a＝2，得a＝1.又∵f(1)＝ln1＋a＝1，∴函数f(x)在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，∴m＝－1.(2)由(1)知f′(x)＝＋a＝(x>0)．当a≥0时，∵f′(x)＝>0，∴函数f(x)＝l

2、nx＋ax在(0，＋∞)上单调递增，从而函数f(x)至多有一个零点，不符合题意；当a<0时，∵f′(x)＝(x>0)，∴函数f(x)在0，－上单调递增，在－，＋∞上单调递减，∴函数f(x)max＝f－＝ln－＋a－＝ln－－1，∴要满足函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2，必有f(x)max＝ln－－1>0，得a>－，∴实数a的取值范围是－，0.2．设函数f(x)＝lnx＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋－x(0

3、x2有唯一实数解，求正数m的值．解：(1)∵F(x)＝lnx＋，x∈(0,3]，∴F′(x)＝－＝，∴k＝F′(x0)＝，∵F(x)的图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤恒成立，∴k＝≤在x0∈(0,3]上恒成立，∴a≥－x＋x0max，x0∈(0,3]，当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，∴a≥，即实数a的取值范围为.(2)∵方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，∴x2－2mlnx－2mx＝0有唯一实数解．设g(x)＝x2－2mlnx－2mx，则g′(x)＝.令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0.∵m>0，∴Δ＝m2＋4m>0，∵x>

4、0，∴x1＝<0(舍去)，x2＝，当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)单调递增，当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．∵g(x)＝0有唯一解，∴g(x2)＝0，则即x－2mlnx2－2mx2＝x－mx2－m，∴2mlnx2＋mx2－m＝0，∵m>0，∴2lnx2＋x2－1＝0.(*)设函数h(x)＝2lnx＋x－1，∵当x>0时，h(x)是增函数，∴h(x)＝0至多有一解．∵h(1)＝0，∴方程(*)的解为x2＝1，即1＝，解

5、得m＝.3．(2019·学军中学检测)已知函数f(x)＝(x＋a)2＋blnx，a，b∈R.(1)若直线y＝ax是曲线y＝f(x)的切线，求a2b的最大值；(2)设b＝1，若函数f(x)有两个极值点x1与x2，且x1

6、2x3(1－4lnx)<0，所以函数g(x)在[，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g()＝0，综上，a2b的最大值是0.(2)因为f′(x)＝，所以x1，x2是x2＋ax＋1＝0的两个根，则故a＝－x2－，所以＝＝＋x2lnx2.因为x2＝>1，令h(x)＝＋xlnx，x>1，则h′(x)＝＋lnx＋1单调递增，且h′(x)>h′(1)＝>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(1)＝.综上，的取值范围是.4．已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e

7、－1＝0.(1)求a，b；(2)若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x10矛盾，故a＝1，b＝1.(2)证明：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，设曲线y＝f(x)在点(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，则h(x)＝(x＋1)，令F(x)＝f(x)－h(x)，则F(x)＝(x＋1

8、)(ex－1)－(x＋1)，F′(x)＝(x＋2)ex－，当x≤－2时，F′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0，当x>－2时，设G(x)＝