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