（浙江专用）2019高考数学二轮复习课时跟踪检测（二十二）大题考法——函数与导数.doc

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1、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)ln x ax，(1)若函数 f(x)在 x1 处的切线方程为 y2 x 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)ln x ax， f( x) a.1x函数 f(x)在 x1 处的切线方程为 y2 x m， f(1)1 a2，得 a1.又 f(1)ln 1 a1，函数 f(x)在 x1 处的切线方程为 y12( x1)，即 y2 x1， m1.(2)由(1)知 f( x) a (x0)1x 1 axx

2、当 a0 时， f( x) 0，函数 f(x)ln x ax 在(0，)上单调递增，1 axx从而函数 f(x)至多有一个零点，不符合题意；当 a0)，a(x 1a)x函数 f(x)在 上单调递增，在 上单调递减，(0， 1a) ( 1a， )函数 f(x)max f ln a ln 1，(1a) ( 1a) ( 1a) ( 1a)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)maxln 10，得 a ，(1a) 1e实数 a 的取值范围是 .(1e， 0)2(2017全国卷)已知函数 f(x) x1 aln x.(1)若 f(x)0，求 a 的值；(2)设 m

3、为整数，且对于任意正整数 n， 0，由 f( x)1 知，当 x(0， 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 a1 时， f(x)0.故 a1.(2)由(1)知当 x(1，)时， x1ln x0.令 x1 ，得 ln 2，(112)(1 122)(1 123)所以 m 的最小值为 3.3(2018浙江新高考训练卷)设函数 f(x)ln x x.(1)令 F(x) f(x) x(00， m24 m0， x0， x1 0， g(x)在( x2，)单调递增，当 x x2时，

4、 g( x2)0， g(x)取最小值 g(x2) g(x)0 有唯一解， g(x2)0，则Error! 即 x 2 mln x22 mx2 x mx2 m，2 22 mln x2 mx2 m0， m0，2ln x2 x210.(*)设函数 h(x)2ln x x1，当 x0 时， h(x)是增函数， h(x)0 至多有一解 h(1)0，方程(*)的解为 x21，即 1 ，解得 m .m m2 4m2 124(2019 届高三浙江名校联考)已知函数 f(x)( x b)(ex a)(b0)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为(e1) xe ye10.(1)求 a， b；(2)若方程 f(x)

5、m 有两个实数根 x1， x2，且 x10 矛盾，故 a1， b1.1e(2)证明：由(1)可知 f(x)( x1)(e x1)， 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) (x1)，(1e 1)令 F(x) f(x) h(x)，则 F(x)( x1)(e x1) (x1)， F( x)( x2)e x(1e 1)，1e当 x2 时， F( x)( x2)e x 2 时，设 G(x) F( x)( x2)e x ，1e则 G( x)( x3)e x0，故函数 F( x)在(2，)上单调递增，又 F(1)0，所以当 x(，1)时， F

6、( x)0，所以函数 F(x)在区间(，1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增，故 F(x) F(1)0，所以 f(x) h(x)，所以 f(x1) h(x1)设 h(x) m 的根为 x1，则 x11 ，me1 e又函数 h(x)单调递减，且 h(x1) f(x1) h(x1)，所以 x1 x1，设曲线 y f(x)在点(0,0)处的切线方程为 y t(x)，易得 t(x) x，令 T(x) f(x) t(x)( x1)(e x1) x，则 T( x)( x2)e x2，当 x2 时， T( x)( x2)e x222 时，设 H(x) T( x)( x2)e x2，则 H( x)( x3

7、)e x0，故函数 T( x)在(2，)上单调递增，又 T(0)0，所以当 x(，0)时， T( x)0，所以函数 T(x)在区间(，0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增，所以 T(x) T(0)，所以 f(x) t(x)，所以 f(x2) t(x2)设 t(x) m 的根为 x2，则 x2 m，又函数 t(x)单调递增，且 t(x2) f(x2) t(x2)，5所以 x2 x2.又 x1 x1，所以 x2 x1 x2 x1 m ( 1me1 e)1 .m 1 2e1 e5已知 a0， bR，函数 f(x)4 ax32 bx a b.(1)证明：当 0 x1 时，函数 f(x)的最大值为|

8、2 a b| a； f(x)|2 a b| a0.(2)若1 f(x)1 对 x0,1恒成立，求 a b 的取值范围解：(1)证明： f( x)12 ax22 b12 a ，(x2b6a)当 b0 时，有 f( x)0，此时 f(x)在0，)上单调递增，当 b0 时， f( x)12 a ，此时 f(x)在 上单调递减，在(x b6a)(x b6a) (0， b6a上单调递增，所以当 0 x1 时，b6a， )f(x)maxmax f(0)， f(1)max a b,3a bError!|2 a b| a.由于 0 x1，故当 b2 a 时， f(x)|2 a b| a f(x)3 a b4

9、ax32 bx2 a4 ax34 ax2 a2 a(2x32 x1)，当 b2a 时， f(x)|2 a b| a f(x) a b4 ax32 b(1 x)2 a4ax34 a(1 x)2 a2 a(2x32 x1)设 g(x)2 x32 x1,0 x1，则 g( x)6 x226 ，(x33)(x 33)当 x 变化时， g( x)， g(x)的变化情况如表所示：x 0 (0， 33) 33 (33， 1) 1g( x) 0 g(x) 1 极小值 1所以 g(x)min g 1 0，(33) 439所以当 0 x1 时，2 x32 x10，故 f(x)|2 a b| a2 a(2x32 x1)0.(2)由知，当 0 x1 时， f(x)max|2 a b| a，6所以|2 a b| a1，若|2 a b| a1，则由知 f(x)(|2 a b| a)1，所以1 f(x)1 对任意0 x1 恒成立的充要条件是Error!即Error!或Error!在直角坐标系 aOb 中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段 BC.作一组平行直线 a b t(tR)，得1 a b3，所以 a b 的取值范围是(1,3