浙江省2019高考数学课时跟踪检测(二十二)大题考法——函数与导数.docx

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1、课时跟踪检测(二十二)大题考法——函数与导数1.(2019届高三·吴越联盟高三联考)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

2、)=+a=(x>0).当a≥0时,∵f′(x)=>0,∴函数f(x)=lnx+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.2.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,··…·

3、m的最小值.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f=-+aln2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f′(x)=1-=知,当x∈(0,a)时,f′(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-lnx>0.令x=1+,得ln<.从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.故·…·2,所以m的最

4、小值为3.3.(2018·浙江新高考训练卷)设函数f(x)=lnx+x.(1)令F(x)=f(x)+-x(0

5、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>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-

6、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=,解得m=.4.(2019届高三·浙江名校联考)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-1=0.(1)求a,b;(2)若方程f(x)=m有两个实数根x1,x2,且x1

7、-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=,则b=2-e<0,与b>0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)(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)=F′(x)=(x+2)ex

8、-,则G′(x)=(x+3)ex>0,故函数F′(x)在(-2,+∞)上单调递增,又F′(-1)=0,所以当x∈(-∞,-1)时,F′(x)<0,当x

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