专题02 函数与导数综合问题（专项训练）1．(2019·河北武邑中学月考)已知函数f (x )＝2a ln x －x 2. (1)若a ＝2,求函数f (x )的图象在点(1,f (1))处的切线方程；(2)若a ＞0,判断函数f (x )在定义域上是否存在最大值或最小值,若存在,求出函数f (x )的最大值或最小值． 【答案】见解析【解析】(1)当a ＝2时,f (x )＝4ln x －x 2.f ′(x )＝4x－2x ,f ′(1)＝2,f (1)＝－1,所以函数f (x )的图象在点(1,f (1))处的切线方程为y ＋1＝2(x －1),即2x －y －3＝0. (2)f ′(x )＝2a x －2x ＝－2（x 2－a ）x,x >0.令f ′(x )＝0,由a >0,解得x 1＝a ,x 2＝－a (舍去)． 当x 在(0,＋∞)上变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表.无最小值． 2．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时,f (x )≤ax ＋1,求a 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0,得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2.当x ∈(－∞,－1－2)时,f ′(x )<0；当x ∈(－1－2,－1＋2)时,f ′(x )>0；当x ∈(－1＋2,＋∞)时,f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞,－1－2),(－1＋2,＋∞)上单调递减,在(－1－2,－1＋2)上单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x.当a ≥1时,设函数h (x )＝(1－x )e x,h ′(x )＝－x e x<0(x >0),因此h (x )在[0,＋∞)上单调递减,而h (0)＝1,故h (x )≤1,所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时,设函数g (x )＝ex－x －1,g ′(x )＝e x－1>0(x >0),所以g (x )在[0,＋∞)上单调递增,而g (0)＝0,故e x≥x ＋1.当0<x <1时,f (x )>(1－x )(1＋x )2,(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2),取x 0＝5－4a －12,则x 0∈(0,1),(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0,故f (x 0)>ax 0＋1.当a ≤0时,取x 0＝5－12,则x 0∈(0,1),f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1.综上,a 的取值范围是[1,＋∞)．3．已知函数f (x )＝a ln x (a ＞0),e 为自然对数的底数． (1)若过点A (2,f (2))的切线斜率为2,求实数a 的值；(2)当x ＞0时,求证：f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ；(3)若在区间(1,e)上10xaae xe -<恒成立,求实数a 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(1)由题意得f ′(x )＝a x ,所以f ′(2)＝a2＝2,所以a ＝4. (2)证明：令g (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1＋1x (x >0),则g ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.令g ′(x )>0,即a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2>0,解得x >1；令g ′(x )<0,解得0<x <1.所以g (x )在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增．所以g (x )的最小值为g (1)＝0,所以f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x .(3)由题意可知1x a ae xe <,化简得x －1a <ln x ．又x ∈(1,e),所以a >x －1ln x .令h (x )＝x －1ln x ,则h ′(x )＝ln x －1＋1x （ln x ）2.由(2)知,当x ∈(1,e)时,ln x －1＋1x>0,所以h ′(x )>0,即h (x )在(1,e)上单调递增,所以h (x )<h (e)＝e －1.所以a ≥e－1.故实数a 的取值范围为[e －1,＋∞)．4．(2019·重庆一模)设函数f (x )＝ln x ,g (x )＝ax ＋bx－c (a ,b ,c ∈R )．(1)当c ＝0时,若函数f (x )与g (x )的图像在x ＝1处有相同的切线,求a ,b 的值；(2)当b ＝3－a 时,若对任意x 0∈(1,＋∞)和任意a ∈(0,3),总存在不相等的正实数x 1,x 2,使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0),求c 的最小值． 【答案】见解析【解析】(1)由f (x )＝ln x ,得f (1)＝0.又f ′(x )＝1x ,所以f ′(1)＝1.当c ＝0时,g (x )＝ax ＋bx,所以g ′(x )＝a －bx 2,所以g ′(1)＝a －b .因为函数f (x )与g (x )的图像在x ＝1处有相同的切线,所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝g ′（1），f （1）＝g （1），即⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝1，a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－12.(2)当x 0＞1时,则f (x 0)＞0,又b ＝3－a ,设t ＝f (x 0),则题意可转化为方程ax ＋3－ax－c ＝t (t ＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x 1,x 2,即关于x 的方程ax 2－(c ＋t )x ＋(3－a )＝0(t ＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x 1,x 2.所以⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，Δ＝（c ＋t ）2－4a （3－a ）＞0，x 1＋x 2＝c ＋t a ＞0，x 1x 2＝3－a a ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，（c ＋t 2）＞4a （3－a ），c ＋t ＞0，所以c ＞2a （3－a ）－t 对t ∈(0,＋∞),a ∈(0,3)恒成立． 所以2a （3－a ）≤2⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋（3－a ）22＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＝32时，等号成立.又因为－t ＜0,所以2a （3－a ）－t 的取值范围是(－∞,3),所以c ≥3.故c 的最小值为3. 5．已知函数f (x )＝x ln x －ax 2,g (x )为f (x )的导数． (1)讨论函数g (x )的零点个数；(2)若函数f (x )在定义域内不单调且在(2,＋∞)上单调递减,求实数a 的取值范围． 【答案】见解析【解析】(1)g (x )＝f ′(x )＝ln x －2ax ＋1,令g (x )＝0,得ln x －2ax ＋1＝0,即ln x ＝2ax －1,所以a ＝ln x ＋12x ,所以函数g (x )的零点个数等价于函数y ＝a 与y ＝ln x ＋12x 图象的交点个数．令φ(x )＝ln x ＋12x ,则φ′(x )＝－ln x(2x)2,所以x ∈(0,1)时,φ′(x )>0,φ(x )单调递增；x ∈(1,＋∞)时,φ′(x )<0,φ(x )单调递减且φ(x )>0,所以x ＝1时,φ(x )有极大值12,作出两函数的大致图象,如图所示,由图可知,当a >12时,两函数图象无交点,g (x )无零点；当a ≤0或a ＝12时,两函数图象有一个交点,g (x )有一个零点；当0<a <12时,两函数图象有两个交点,g (x )有两个零点．(2)由(1)知,a ≥12时,g (x )无零点或有一个零点,g (x )≤0,函数f (x )在定义域内单调递减,故函数f (x )在定义域内不单调时,a <12,f (x )在(2,＋∞)上单调递减时,f ′(x )≤0,即g (x )≤0恒成立．由g (x )≤0得a ≥ln x ＋12x ,令h (x )＝ln x ＋12x ,则a ≥h (x )恒成立,因为h ′(x )＝－ln x(2x)2,所以x ∈(2,＋∞)时,h ′(x )<0,h (x )单调递减,h (x )<h (2),由a ≥h (x )恒成立得a ≥h (2),解得a ≥ln 2＋14,综上,实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫ln 2＋14，12.6．已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2,曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2. (1)求a 的值；(2)求证：当k <1时,曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 【答案】见解析【解析】(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ,f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2.由题设得－2a＝－2,所以a ＝1.(2)证明：由(1)知,f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4.曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点,即g (x )＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4有唯一零点,由题设知1－k >0. 当x ≤0时,g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0,g (x )单调递增,g (－1)＝k －1<0,g (0)＝4,所以g (x )＝0在(－∞,0]上有唯一实根．当x >0时,令h (x )＝x 3－3x 2＋4,则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2),h (x )在(0,2)上单调递减,在(2,＋∞)上单调递增,所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0,＋∞)上没有实根．综上,g (x )＝0在R 上有唯一实根,即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．。