训练34 函数与导数
(推荐时间：75分钟)
1．设函数f(x)＝ax－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，求实数a的值．
2．已知a是实数，函数f(x)＝x(x－a)，求f(x)在区间[0,2]上的最大值．
232
3．已知曲线S：y＝－x＋x＋4x及点P(0,0)，求过点P的曲线S的切线方程．
3
4．已知函数f(x)＝ln x－.
(1)若a>0，试判断f(x)在定义域内的单调性； 3
(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求a的值；
2(3)若f(x) 5.已知函数f(x)＝－x＋ax＋1－ln x. 1 (1)若f(x)在(0，)上是减函数，求a的取值范围； 2 (2)函数f(x)是否既有极大值又有极小值？若存在，求a的取值范围，若不存在，请说明理由． 6．已知函数f(x)＝ 2 2 2 3 axmx2 x＋n(m，n∈R)在x＝1处取得极值2. (1)求f(x)的解析式； (2)设A是曲线y＝f(x)上除原点O外的任意一点，过OA的中点且垂直于x轴的直线交曲线于点B.试问：是否存在这样的点A，使得曲线在点B处的切线与OA平行？若存在，求出点 A的坐标，若不存在，说明理由； (3)设函数g(x)＝x－2ax＋a.若对于任意的x1∈R，总存在x2∈[－1,1]，使得 2 g(x2)≤f(x1)，求实数a的取值范围． 答案 1．解 (1)若x＝0，则不论a取何值，f(x)＝1>0恒成立． 313 (2)若x>0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax－3x＋1≥0可化为a≥2－3. xx313 设g(x)＝2－3，则g′(x)＝ 1－2xxxx4 ， 11 ∴g(x)在区间(0，]上单调递增，在区间[，1]上单调递减． 221 ∴g(x)max＝g()＝4，从而a≥4. 2 313 (3)若x<0，即x∈[－1,0)时，f(x)＝ax－3x＋1≥0可化为a≤2－3. xx313 设h(x)＝2－3，则h′(x)＝ 1－2xxxx4， ∴h(x)在[－1,0)上单调递增． ∴h(x)min＝h(－1)＝4，从而a≤4. 综上所述，实数a的值为4. 2a2 2．解 f′(x)＝3x－2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. 3当当 2a≤0，即a≤0时，f(x)在[0,2]上单调递增，从而f(x)max＝f(2)＝8－4a； 3 2a≥2，即a≥3时，f(x)在[0,2]上单调递减，从而f(x)max＝f(0)＝0； 3 2a2a2a当0<<2，即0 333 ?8－4a，0 ??0，2 y0 x0 ??8－4a，a≤2， 综上所述，f(x)max＝? ??0，a>2. 3．解 设过点P的切线与曲线S切于点Q(x0，y0)，则过点P的曲线S的切线斜率 y?x?x0＝－2x0＋2x0＋4，又kPQ＝，所以－2x0＋2x0＋4＝，① 22 y0 x0 232 点Q在曲线S上，y0＝－x0＋x0＋4x0，② 3222 将②代入①得－2x0＋2x0＋4＝－x0＋x0＋4， 3423化简得x0－x0＝0，所以x0＝0或x0＝， 34 若x0＝0，则y0＝0，k＝4，过点P的切线方程为y＝4x； 31053535 若x0＝，则y0＝，k＝，过点P的切线方程为y＝x. 4328835 所以过点P的曲线S的切线方程为y＝4x或y＝x. 8 1ax＋a4．解 (1)由题意f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋2＝2.因为a>0，所以 xxxf′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数． (2)由(1)可知，f′(x)＝ x＋a. x2 ①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数， 33 所以f(x)min＝f(1)＝－a＝，所以a＝－(舍去)． 22 ②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数， a3e 所以f(x)min＝f(e)＝1－＝?a＝－(舍去)． e22 ③若－e ＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝?a＝－e. 2 综上所述，a＝－e. (3)因为f(x) 11－6x令g(x)＝xln x－x，h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x，h′(x)＝－6x＝. 3 2 2 2 ax23 xx因为x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)在(1，＋∞)上是减函数． 所以h(x) 所以g(x)在[1，＋∞)上也是减函数，则g(x) 11 5．解 (1)f′(x)＝－2x＋a－，∵f(x)在(0，)上为减函数， x2111 ∴当x∈(0，)时，－2x＋a－<0恒成立，即a<2x＋恒成立． 2xx1111 设g(x)＝2x＋，则g′(x)＝2－2.∵当x∈(0，)时，2>4，∴g′(x)<0， xx2x11 ∴g(x)在(0，)上递减，即g(x)>g()＝3，∴a≤3. 22 2 12 (2)若f(x)既有极大值又有极小值，则首先必需f′(x)＝－·(2x－ax＋1)＝0有两个 x不同正根x1，x2，即2x－ax＋1＝0有两个不同正根． 2 Δ>0，?? 故a应满足?a>0??2 mx2 ??a－8>0 ???a>0? 2 ?a>22， ∴当a>22时，f′(x)＝0有两个不等的正根，不妨设x1 122 由f′(x)＝－(2x－ax＋1)＝－(x－x1)(x－x2)知，当0 xx当x1 ∴当a>22时，f(x)既有极大值f(x2)，又有极小值f(x1)． 6．解 (1)∵f(x)＝ x＋n， mx2＋n－mx·2xmn－mx2 ∴f′(x)＝＝2. x2＋n2x＋n2 又∵f(x)在x＝1处取得极值2， ??f′1＝0， ∴? ?f1＝2，? mn－m＝0，??即?m＝2，??1＋n∴f(x)＝ ??m＝4， 解得? ?n＝1.? 4x. x2＋1 2 2 4－4x(2)由(1)得f′(x)＝2 x＋1 . 4x0?4 (x0≠0)，则kOA＝2， 2?x0＋1?x0＋1 假设存在满足条件的点A，且为?x0， ? ? 4－4×??2 x0??2?16×4－x0?f′??＝＝. 2 x2?2???x0?2?20＋4 ??2?＋1????? 416×4－x0?x0?依题意得：kOA＝f′??，即2＝， 2 x0＋1x2?2?0＋4∴5x0＝4x0. 422 ∵x0≠0，∴x0＝，x0＝±5. 55 故存在满足条件的点A，此时点A的坐标为 4 2 2 ?x0?2 85??2585??25 ?，?或?－，－?. 9??59??5 －4 (3)f′(x)＝ x＋1x－1 . 2 x＋12 令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (－∞，－1) － 单调递减 －1 0 极小值 (－1,1) ＋ 单调递增 1 0 极大值 (1，＋∞) － 单调递减 ∴f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝－2，在x＝1处取得极大值f(1)＝2. 又∵当x>0时，f(x)>0，∴f(x)的最小值为－2. ∵对于任意的x1∈R，总存在x2∈[－1,1]，使得g(x2)≤f(x1)， ∴当x∈[－1,1]时，g(x)的最小值不大于－2. 又g(x)＝x－2ax＋a＝(x－a)＋a－a. 当a≤－1时，g(x)的最小值为g(－1)＝1＋3a，由1＋3a≤－2，得a≤－1； 当a≥1时，g(x)的最小值为g(1)＝1－a，由1－a≤－2，得a≥3； 当－1 综上，a的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 2 2 2 2 2
2020届高考数学专题练习 34函数与导数 理
