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创新设计 2018版高考数学(文)(人教)大一轮复习配套讲义:专题探究课一 高中函数问题与导数的热点题型


(建议用时:80 分钟) 1.已知函数 f(x)=x2-ln x-ax,a∈R. (1)当 a=1 时,求 f(x)的最小值; (2)若 f(x)>x,求 a 的取值范围. 解 (1)当 a=1 时,f(x)=x2-ln x-x, f′(x)= (2x+1)(x-1) . x

当 x∈(0,1)时,f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)的最小值为 f(1)=0. (2)由 f(x)>x,得 f(x)-x=x2-ln x-(a+1)x>0. ln x 由于 x>0,所以 f(x)>x 等价于 x- x >a+1. x2-1+ln x ln x 令 g(x)=x- x ,则 g′(x)= . x2 当 x∈(0,1)时,g′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0.故 g(x)有最小值 g(1)=1. 故 a+1<1,a<0,即 a 的取值范围是(-∞,0). 2.(2016· 天津卷节选)设函数 f(x)=x3-ax-b,x∈R,其中 a,b∈R. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)存在极值点 x0,且 f(x1)=f(x0),其中 x1≠x0,求证:x1+2x0=0. (1)解 由 f(x)=x3-ax-b,可得 f′(x)=3x2-a.

下面分两种情况讨论: ①当 a≤0 时,有 f′(x)=3x2-a≥0 恒成立, 所以 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 3a 3a ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,解得 x= 3 或 x=- 3 . 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: ? 3a? ?-∞,- ? 3 ? ? + ? ? 3a 3a? ?- ? , 3 3 ? ? - ? ? 3a ? ? ? ,+∞ ? 3 ? + ?

x f′(x) f(x)

3a - 3 0 极大值

3a 3 0 极小值

? ? 3a 3a? 3a? ?,单调递增区间为 ?-∞,- ?, 所以 f(x)的单调递减区间为?- , 3 3 ? 3 ? ? ?

? 3a ? ? ,+∞?. 3 ? ? (2)证明 因为 f(x)存在极值点,所以由(1)知 a>0,
2 a 且 x0≠0.由题意,得 f′(x0)=3x2 0-a=0,即 x0= , 3

2a 进而 f(x0)=x3 0-ax0-b=- x0-b. 3 8a 又 f(-2x0)=-8x3 0+2ax0-b=- x0+2ax0-b= 3 2a - 3 x0-b=f(x0),且-2x0≠x0, 由题意及(1)知,存在唯一实数 x1 满足 f(x1)=f(x0), 且 x1≠x0,因此 x1=-2x0,所以 x1+2x0=0. 1 3.(2017· 南宁质检)已知函数 f(x)=2x+x2,直线 l:y=kx-1. (1)求函数 f(x)的极值; (2)试确定曲线 y=f(x)与直线 l 的交点个数,并说明理由. 解 (1)函数 f(x)定义域为{x|x≠0}, 2 求导得 f′(x)=2-x3,令 f′(x)=0,解得 x=1. 当 x 变化时,f′(x)与 f(x)的变化情况如下表所示: x f′(x) f(x) (-∞,0) + ? (0,1) - ? 1 0 极小值 (1,+∞) + ?

所以函数 y=f(x)的单调增区间为(-∞,0),(1,+∞),单调减区间为(0,1), 所以函数 y=f(x)有极小值 f(1)=3,无极大值. 1 (2)“曲线 y=f(x)与直线 l 的交点个数”等价于“方程 2x+x2=kx-1 的根的个 1 1 1 数”,由方程 2x+x2=kx-1,得 k=x3+x +2. 1 令 t=x ,则 k=t3+t+2,其中 t∈R,且 t≠0, 考查函数 h(t)=t3+t+2,其中 t∈R, 因为 h′(t)=3t2+1>0 时, 所以函数 h(t)在 R 上单调递增,且 h(t)∈R. 而方程 k=t3+t+2 中,t∈R,且 t≠0,

所以当 k=h(0)=2 时,方程 k=t3+t+2 无根; 当 k≠2 时,方程 k=t3+t+2 有且仅有一根, 故当 k=2 时,曲线 y=f(x)与直线 l 没有交点,当 k≠2 时,曲线 y=f(x)与直线 l 有且仅有一个交点. 4.(2017· 合肥模拟)已知 f(x)=xln x,g(x)=x3+ax2-x+2. ? 1 ? (1)如果函数 g(x)的单调递减区间为?-3,1?,求函数 g(x)的解析式; ? ? (2)对任意 x∈(0,+∞),2f(x)≤g′(x)+2 恒成立,求实数 a 的取值范围. ? 1 ? 解 (1)g′(x)=3x2+2ax-1,由题意 3x2+2ax-1<0 的解集是?-3,1?,即 3x2 ? ? 1 1 +2ax-1=0 的两根分别是-3, 1.将 x=1 或-3代入方程 3x2+2ax-1=0, 得a =-1.所以 g(x)=x3-x2-x+2. (2)由题意 2xln x≤3x2+2ax-1+2 在 x∈(0,+∞)上恒成立, 3 1 3 1 可得 a≥ln x-2x-2x,设 h(x)=ln x-2x-2x, (x-1)(3x+1) 1 3 1 则 h′(x)= x -2+2x2=- , 2x2 1 令 h′(x)=0,得 x=1 或-3(舍), 当 0<x<1 时,h′(x)>0,当 x>1 时,h′(x)<0,所以当 x=1 时,h(x)取得最大值, h(x)max=-2, 所以 a≥-2,所以 a 的取值范围是[-2,+∞). x+a 5.(2017· 衡水中学质检)已知函数 f(x)= ex . (1)若 f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若 a=0,x0<1,设直线 y=g(x)为函数 f(x)的图象在 x=x0 处的切线,求证: f(x)≤g(x). (1)解 易知 f′(x)=- x-(1-a) , ex

由已知得 f′(x)≥0 对 x∈(-∞,2)恒成立, 故 x≤1-a 对 x∈(-∞,2)恒成立,∴1-a≥2,∴a≤-1. (2)证明 x a=0,则 f(x)=ex.

函数 f(x)的图象在 x=x0 处的切线方程为 y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0).令 h(x)=f(x)

-g(x) =f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),x∈R, 1-x 1-x0 则 h′(x)=f′(x)-f′(x0)= ex - ex 0 (1-x)ex0-(1-x0)ex = . ex+x0 设 φ(x)=(1-x)ex0-(1-x0)ex,x∈R 则 φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex,∵x0<1,∴φ′(x)<0, ∴φ(x)在 R 上单调递减,而 φ(x0)=0, ∴当 x<x0 时,φ(x)>0,当 x>x0 时,φ(x)<0, ∴当 x<x0 时,h′(x)>0,当 x>x0 时,h′(x)<0, ∴h(x)在区间(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数,∴x∈R 时, h(x)≤h(x0)=0,∴f(x)≤g(x). 6.(2016· 全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)有两个零点,求 a 的取值范围. 解 (1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). (ⅰ)设 a≥0,则当 x∈(-∞,1)时,f′(x)<0; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. (ⅱ)设 a<0,由 f′(x)=0 得 x=1 或 x=ln(-2a). e ①若 a=-2,则 f′(x)=(x-1)(ex-e), 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. e ②若 a>- ,则 ln(-2a)<1,故当 x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f′(x)>0; 2 当 x∈(ln(-2a),1)时,f′(x)<0. 所以 f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减. e ③若 a<-2,则 ln(-2a)>1, 故当 x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0.

所以 f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减. (2)(ⅰ)设 a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. a a 又 f(1)=-e,f(2)=a,取 b 满足 b<0 且 b<ln2,则 f(b)>2(b-2)+a(b-1)2= 3 ? ? a?b2-2b?>0,所以 f(x)有两个零点. ? ? (ⅱ)设 a=0,则 f(x)=(x-2)ex,所以 f(x)只有一个零点. e (ⅲ)设 a<0, 若 a≥-2, 则由(1)知, f(x)在(1, +∞)上单调递增.又当 x≤1 时 f(x)<0, e 故 f(x)不存在两个零点.若 a<-2,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减, 在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当 x≤1 时,f(x)<0,故 f(x)不存在两个零点.综 上,a 的取值范围为(0,+∞).


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