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

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 xax，(1)若函数f(x)在x1处的切线方程为y2xm，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 xax，f(x)a.函数f(x)在x1处的切线方程为y2xm，f(1)1a2，得a1.又f(1)ln 1a1，函数f(x)在x1处的切线方程为y12(x1)，即y2x1，m1.(2)由(1)知f(x)a(x0)当a0时，f(x)0，函数f(x)ln xax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a0)，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，函数f(x)maxflnaln1，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)maxln10，得a，实数a的取值范围是.2(2017全国卷)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，m，求m的最小值解：(1)f(x)的定义域为(0，)若a0，因为f aln 20，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xa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.从而lnlnln11.故2，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 xx.(1)令F(x)f(x)x(00，m24m0，x0，x10(舍去)，x2，当x(0，x2)时，g(x)0，g(x)在(x2，)单调递增，当xx2时，g(x2)0，g(x)取最小值g(x2)g(x)0有唯一解，g(x2)0，则即x2mln x22mx2xmx2m，2mln x2mx2m0，m0，2ln x2x210.(*)设函数h(x)2ln xx1，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.4(2019届高三浙江名校联考)已知函数f(x)(xb)(exa)(b0)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为(e1)xeye10.(1)求a，b；(2)若方程f(x)m有两个实数根x1，x2，且x1x2，证明：x2x11.解：(1)由题意得f(1)0，所以f(1)(1b)0，所以a或b1.又f(x)(xb1)exa，所以f(1)a1，若a，则b2e0矛盾，故a1，b1.(2)证明：由(1)可知f(x)(x1)(ex1)，f(0)0，f(1)0，设曲线yf(x)在点(1,0)处的切线方程为yh(x)，则h(x)(x1)，令F(x)f(x)h(x)，则F(x)(x1)(ex1)(x1)，F(x)(x2)ex，当x2时，F(x)(x2)ex2时，设G(x)F(x)(x2)ex，则G(x)(x3)ex0，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，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，又函数h(x)单调递减，且h(x1)f(x1)h(x1)，所以x1x1，设曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yt(x)，易得t(x)x，令T(x)f(x)t(x)(x1)(ex1)x，则T(x)(x2)ex2，当x2时，T(x)(x2)ex222时，设H(x)T(x)(x2)ex2，则H(x)(x3)ex0，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x2m，又函数t(x)单调递增，且t(x2)f(x2)t(x2)，所以x2x2.又x1x1，所以x2x1x2x1m1.5已知a0，bR，函数f(x)4ax32bxab.(1)证明：当0x1时，函数f(x)的最大值为|2ab|a；f(x)|2ab|a0.(2)若1f(x)1对x0,1恒成立，求ab的取值范围解：(1)证明：f(x)12ax22b12a，当b0时，有f(x)0，此时f(x)在0，)上单调递增，当b0时，f(x)12a，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当0x1时，f(x)maxmaxf(0)，f(1)maxab,3ab|2ab|a.由于0x1，故当b2a时，f(x)|2ab|af(x)3ab4ax32bx2a4ax34ax2a2a(2x32x1)，当b2a时，f(x)|2ab|af(x)ab4ax32b(1x)2a4ax34a(1x)2a2a(2x32x1)设g(x)2x32x1,0x1，则g(x)6x226，当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如表所示：x01g(x)0g(x)1极小值1所以g(x)ming10，所以当0x1时，2x32x10，故f(x)|2ab|a2a(2x32x1)0.(2)由知，当0x1时，f(x)max|2ab|a，所以|2ab|a1，若|2ab|a1，