（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

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)＝2lnx＋12x2－ax，a∈R.(1)当a＝3时，求函数f(x)的极值．(2)设函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)，若函数y＝f(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a＝3时，f(x)＝2lnx＋12x2－3x(x0)，f′(x)＝2x＋x－3＝x2－3x＋2x，令f′(x)＝0得，x＝1或x＝2.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)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值为f(1)＝－52，极小值为f(2)＝2ln2－4.(2)依题意，知切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x00)，从而g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x00)，记p(x)＝f(x)－g(x)，则p(x)＝f(x)－f(x0)－f′(x0)(x－x0)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)＝2x－2x0＋x－x0≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x＋2x≥x0＋2x0在(0，＋∞)上恒成立，因为x＋2x≥2x·2x＝22(当且仅当x＝2时，等号成立)，所以22≥x0＋2x0，从而(x0－2)2≤0，所以x0＝2.(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处的切线l1的方程为y－f(x1)＝f′(x1)(x2－x1)，在点T2处的切线l2的方程为y－f(x2)＝f′(x2)(x－x2)．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2x1＋x1－a＝2x2＋x2－a，2lnx1＋12x21－ax1－x12x1＋x1－a＝2lnx2＋12x22－ax2－x22x2＋x2－a，整理，得2lnx212＋2x21－x212＝0.①令t＝x212，由0x1x2与x1x2＝2，得t∈(0，1)，记p(t)＝2lnt＋1t－t，则p′(t)＝2t－1t2－1＝－（t－1）2t20，所以p(t)在(0，1)上为减函数，所以p(t)p(1)＝0.从而①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)＝(x－a)lnx(a∈R)．(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(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)＝(x－a)lnx(a∈R)，所以当a＝1时，f(x)＝(x－1)lnx，则f′(x)＝lnx＋1－1x，当x＝1时，f(1)＝0，f′(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0.(2)因为对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，所以当lnx＝0，即x＝1时，f(x)＝0，a∈R；当lnx0，即x1时，x≥a恒成立，所以a≤1；当lnx0时，即0x1时，x≤a恒成立，所以a≥1.综上可知，a＝1.(3)因为函数f(x)存在两个极值点，3所以f′(x)＝lnx－ax＋1存在两个不相等的零点．设g(x)＝lnx－ax＋1，则g′(x)＝1x＋ax2＝x＋ax2.当a≥0时，g′(x)0，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，g′(x)0，g(x)单调递减，x∈(－a，＋∞)时，g′(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(－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－e－2a0.所以－1ae2－a.因为g－1a＝ln－1a＋a2＋10，所以g(x)在(－a，＋∞)上存在一个零点．因为－e－2a0，所以a2－a.g(a2)＝lna2－1a＋1＝2ln(－a)＋1－a＋1，设t＝－a，则y＝2lnt＋1t＋10t1e2，因为y′＝2t－1t20，所以y＝2lnt＋1t＋10t1e2单调递减，所以y2ln1e2＋e2＋1＝e2－30，所以g(a2)＝lna2－1a＋10，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(－e－2，0)．3．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a0，b∈R)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－72，求a的取值范围．解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，4得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3x＋a32＋b－a23.当x＝－a3时，f′(x)有极小值b－a23.因为f′(x)的极值点是f(x)的零点，所以f－a3＝－a327＋a39－ab3＋1＝0，又a0，故b＝2a29＋3a.因为f(x)有极值，故f′(x)＝0有实根，从而b－a23＝19a(27－a3)≤0，即a≥3.当a＝3时，f′(x)0(x≠－1)，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＝－a－a2－3b3，x2＝－a＋a2－3b3.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)＋0－0＋f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1，x2.从而a3.因此b＝2a29＋3a，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，ba＝2aa9＋3aa.设g(t)＝2t9＋3t，则g′(t)＝29－3t2＝2t2－279t2.当t∈362，＋∞时，g′(t)0，从而g(t)在362，＋∞上单调递增．因为a3，所以aa33，5故g(aa)g(33)＝3，即ba3.因此b23a.(3)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1＋x2＝－23a，x21＋x22＝4a2－6b9.从而f(x1)＋f(x2)＝x31＋ax21＋bx1＋1＋x32＋ax22＋bx2＋1＝x13(3x21＋2ax1＋b)＋x23(3x22＋2ax2＋b)＋13a(x21＋x22)＋23b(x1＋x2)＋2＝4a3－6ab27－4ab9＋2＝0.记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)，因为f′(x)的极值为b－a23＝－19a2＋3a，所以h(a)＝－19a2＋3a，a3.因为h′(a)＝－29a－3a20，于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减．因为h(6)＝－72，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.因此a的取值范围为(3，6]．4．(2019·常州期末)已知函数m(x)＝x2，函数n(x)＝alnx＋1(a∈R)．(1)若a＝2，求曲线y＝n(x)在点(1，n(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)＝m(x)－n(x)有且只有一个零点，求实数a的取值范围；(3)若函数g(x)＝n(x)＋ex－ex－1≥0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．(e是自然对数的底数，e≈2.71828…)解：(1)当a＝2时，n(x)＝2lnx＋1，∴n′(x)＝2x，∴n′(1)＝2，又n(1)＝1，∴切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)f(x)＝x2－alnx－1，定义域为(0，＋∞)，其图象是一条连续的曲线．f′(x)＝2x－ax＝2x2－ax.①若a≤0，则f′(x)0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(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，符合题意．6②若a0，令f′(x)＝0，得x＝a2或x＝－a2(舍去)．当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表所示：x0，a2a2a2，＋∞f′(x)－0＋f(x)极小值若a21，即a2，此时aa2，则fa2f(1)＝0，f(a)＝a2－alna－1.令F1(a)＝a2－alna－1，a≥2，则F1′(a)＝2a－lna－1，令F2(a)＝2a－lna－1，a≥2，则F2′(a)＝2－1a0对于a∈[2，＋∞)恒成立，∴F2(a)＝2a－lna－1在[2，＋∞)上单调递增，∴F2(a)≥F2(2)＝3－ln20，即F1′(a)0对于a∈[2，＋∞)恒成立，∴F1(a)＝a2－alna－1在[2，＋∞)上单调递增，∴F1(a)≥F1(2)＝3－2ln20，即f(a)0，∵fa20，且函数f(x)在a2，＋∞上单调递增，∴函数f(x)在a2，＋∞上有且只有一个零点，而函数f(x)在0，a2上单调递减，且f(1)＝0，故当a21时，函数f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，不符合题意．若a2＝1，即a＝2，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a2＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点，符合题意．若0a21，即0a2，此时0e－1ae0＝1.∵函数f(x)在a2，＋∞上单调递增，∴fa2f(1)＝0，又fe－1a＝e－2a0，∴函数f(x)在(0，1)内必有零点，∴不符合题意．7综上，实数a的取值范围是{a|a≤0或a＝2}．(3)g(x)＝alnx＋ex－ex(x≥1)．令G(x)＝ex－ex，x≥1，则G′(x)＝ex－e≥0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，∴函数G(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴G(x)≥G(1)＝0.①若a≥0，则当x≥1时，g(x)＝alnx＋ex－ex≥0恒成立，符合；②若a0，g′(x)＝ax＋ex－e，令H(x)＝ax＋ex－e，x≥1，则H′(x)＝ex－ax20恒成立，∴H(x)＝ax＋ex－e在[1，＋∞)上单调递增．∵a0，∴1－a1，∴G(1－a)G(1)＝0，即e1－ae(1－a)，∴H(1－a)＝a1－a＋e1－a－ea1－a＋e－ea－e＝a1－a－ea＝11－a＋(1－a)－2－(e－1)a，∵a0，1－a1，∴11－a＋(1－a)2，(e－1)a0，∴H(1－a)0.∵H(x)＝ax＋ex－e在[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∈(1，1－a)，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)g(1)＝0，不符合题意，舍去．综上，实数a的取值范围为[0，＋∞)．B组——大题增分练1．(2019·扬州期末)已知函数f(x)＝(3－x)ex，g(x)＝x＋a(a∈R)．(e是自然对数的底数，e≈2.718…)(1)求函数f(x)的极值；(2)若函数y＝f(x)g(x)在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；(3)若函数h(x)＝f（x）＋g（x）x在区间(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值，并且h(x)的极大值小于整数b，求b的最小值．解：(1)f(x)＝(3－x)ex，f′(x)＝(2－x)ex，令f′(x)＝0，