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2019-2020年高考数学二轮复习 限时训练6 导数的应用 理
1．已知函数f(x)＝ax＋＋(1－a)ln x.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若a≤0，讨论函数f(x)的单调性．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝2x＋－ln x，f′(x)＝2－－，又f′(1)＝0，f(1)＝3，所以曲线f(x)在x＝1处的切线方程为y＝3.
(2)f′(x)＝a－＋＝(x>0)，
①当a＝0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；若a≠0，f′(x)＝＝0，
解得x1＝1，x2＝－，
②当－1
0；
∴f(x)在(1,2)上是单调减函数，在(2,3)上是单调增函数，
∴f(x)在x＝2处取得极小值f(2)＝－ln 2；
又f(1)＝，f(3)＝－ln 3，
∵ln 3>1，∴－＝ln 3－1>0，
∴f(1)>f(3)，
∴x＝1时f(x)的最大值为，x＝2时函数取得最小值为－ln 2.
(2)由(1)知当x∈[1,3]时，f(x)≤，故对任意x∈[1,3]，
f(x)<4－at恒成立，
只要4－at>对任意t∈[0,2]恒成立，即at<恒成立，记g(t)＝at，t∈[0,2]．
，解得a<，
即实数a的取值范围是.
3．已知函数f(x)＝a(x2＋1)＋ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由已知，得f′(x)＝2ax＋＝(x>0)．
①当a≥0时，恒有f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
②当a<0时，若00，故f(x)在上是增函数；
若x> ，则f′(x)<0，
故f(x)在上是减函数．
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当a<0时，f(x)在上是增函数，
在上是减函数．
(2)由题意，知对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，
恒有ma－f(x)>a2成立，等价于ma－a2>f(x)max.
因为a∈(－4，－2)，所以< <<1.
由(1)，知当a∈(－4，－2)时，f(x)在[1,3]上是减函数，
所以f(x)max＝f(1)＝2a，
所以ma－a2>2a，即m0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
当a<0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，
x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，
f＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)f＝b<0，从而
或
又b＝c－a，所以当a>0时，a3－a＋c>0或当a<0时，a3－a＋c<0.
设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，
则在(－∞，－3)上g(a)<0，
且在∪上g(a)>0均恒成立，
从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.
此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]．
因为函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，
所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解得a∈(－∞，－3)∪∪.
综上c＝1.
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