2018届总复习：专题探究课1.doc

专题探究课一 高考中函数与导数问题的热点题型

(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)＝.
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.
由于x>0，所以f(x)>x等价于x－>a＋1.
令g(x)＝x－，则g′(x)＝.
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(－∞，＋∞)．
②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x

－

f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.
(2)证明　因为f(x)存在极值点，所以由(1)知a>0，
且x0≠0.由题意，得f′(x0)＝3x－a＝0，即x＝，
进而f(x0)＝x－ax0－b＝－x0－b.
又f(－2x0)＝－8x＋2ax0－b＝－x0＋2ax0－b＝
－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.
3．(2017·西安质检)已知函数f(x)＝2x＋，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}，
求导得f′(x)＝2－，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
(－∞，0)
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
－
0
＋
f(x)


极小值

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．
(2)“曲线y＝f(x)与直线l的交点个数”等价于“方程2x＋＝kx－1的根的个数”，
由方程2x＋＝kx－1，得k＝＋＋2.
令t＝，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)如果函数g(x)的单调递减区间为，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．
解　(1)g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意3x2＋2ax－1<0的解集是，即3x2＋2ax－1＝0的两根分别是－，1.将x＝1或－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，
可得a≥ln x－x－，设h(x)＝ln x－x－，
则h′(x)＝－＋＝－，
令h′(x)＝0，得x＝1或－(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，＋∞)．
5．(2017·衡水中学质检)已知函数f(x)＝.
(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)的图像在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．
(1)解　易知f′(x)＝－，
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　a＝0，则f(x)＝.
函数f(x)的图像在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，
则h′(x)＝f′(x)－f′(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)．
①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>－，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；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．
③若a<－，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．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln，则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>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．
(ⅲ)设a<0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．若a<－，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，＋∞).