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