高考数学一轮复习专题：1 函数与导数的常见题型与解析

高考数学一轮复习专题：1 函数与导数的常见题型与解析
1．(2016·唐山模拟)直线y ＝a 分别与直线y ＝2(x ＋1)，曲线y ＝x ＋ln x 交于点
A ，
B ，则|AB |的最小值为( ) A ．3 B ．2 C.324
D.3
2 解析：选D.解方程2(x ＋1)＝a ，得x ＝a
2－1.设方程x ＋ln x ＝a 的根为t (t >0)，
则t ＋ln t ＝a ，则|AB |＝|t －a 2
＋1|＝|t －
t ＋ln t 2＋1|＝|t
2－ln t 2＋1|.设g (t )＝t 2－ln t
2
＋
1(t >0)，则g ′(t )＝1
2－1
2t ＝t －1
2t (t >0)，令g ′(t )＝0，得t ＝1.当t ∈(0，1)时，g ′(t )<0；
当t ∈(1，＋∞)时，g ′(t )>0，所以g (t )min ＝g (1)＝3
2，所以|AB |≥3
2，所以|AB |的最小
值为3
2
.
2．(2015·高考全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当
x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)∪(0，1) B ．(－1，0)∪(1，＋∞) C ．(－∞，－1)∪(－1，0) D ．(0，1)∪(1，＋∞) 解析：选A.设y ＝g (x )＝
f （x ）x
(x ≠0)，则g ′(x )＝
xf ′（x ）－f （x ）
x 2
，当x >0时，
xf ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝
－f (－1)＝0.
因为 f (x )为奇函数，所以g (x )为偶函数， 所以g (x )的图像的示意图如图所示．
当x ＞0，g (x )＞0时，f (x )＞0，0＜x ＜1， 当x ＜0，g (x )＜0时，f (x )>0，x ＜－1，
所以使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A. 3．已知函数f (x )＝
1－x
ax
＋ln x ，若函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a
的取值范围为________． 解析：因为f (x )＝
1－x
ax
＋ln x ，所以f ′(x )＝
ax －1ax 2
(a >0)．
因为函数f (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )＝ax －1ax 2
≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，
所以ax －1≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立， 即a ≥1
x
对x ∈[1，＋∞)恒成立，所以a ≥1.
答案：[1，＋∞)
4．若函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a 的值为________． 解析：由题意得f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)，由f ′(x )>0，得x <1或x >2，由f ′ (x )<0，得1<x <2，所以函数f (x )在(－∞，1)，(2，＋∞)上是递增的，在(1，2)上是递减的，从而可知f (x )的极大值和极小值分别为f (1)，f (2)，若欲使函数f (x )
恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4.
答案：5或4
5．已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图像有三个不同的交点，求m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，
当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，所以f(x)的递增区间为(－∞，＋∞)；
当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－a或x>a，由f′(x)<0，解得－a<x<a，所以当a>0时，f(x)的递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)，f(x)的递减区间为[－a，a]．
(2)因为f(x)在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，则a＝1，所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.
由f′(x)＝0解得x1＝－1，x2＝1.
由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，
在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.
因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图像有三个不同的交点，结合f(x)的单调性可知，m的取值范围是(－3，1)．
6．(2015·高考全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－a ln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln 2 a .
解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x
(x ＞0)．
当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点； 当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－a x
，
因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上是递增的，v (x )＝－
a x
在(0，＋∞)上是递增的，
所以f ′(x )在(0，＋∞)上是递增的．
又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜1
4时，f ′(b )＜0，
故当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点．
(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；
当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.
故f (x )在(0，x 0)上是递减的，在(x 0，＋∞)上是递增的，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e2x 0－a
x 0
＝0，
所以f (x 0)＝
a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2
a
.
故当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2
a
.
1．(2016·太原模拟)已知函数f (x )＝(x 2－ax ＋a )e x －x 2，a ∈R . (1)若函数f (x )在(0，＋∞)上递增，求a 的取值范围； (2)若函数f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围．
解：(1)由题意得f ′(x )＝x [(x ＋2－a )e x －2] ＝x e x ⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ，
因为f (x )在(0，＋∞)上是递增的，所以f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， 所以x ＋2－2
e x ≥a 在(0，＋∞)上恒成立， 又函数g (x )＝x ＋2－2
e x 在(0，＋∞)上是递增的，
所以a ≤g (0)＝0，
所以a 的取值范围是(－∞，0]．
(2)由(1)得f ′(x )＝x e x ⎝ ⎛⎭⎪⎪
⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ，
令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＋2－2
e x －a ＝0， 即x ＝0或g (x )＝a ，
因为g (x )＝x ＋2－2
e x 在(－∞，＋∞)上是递增的，其值域为R ，
所以存在唯一x 0∈R ，使得g (x 0)＝a ，
①若x 0>0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，x 0)时，g (x )<a ，f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝0处取得极大值，这与题设矛盾．
②若x 0＝0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝0处不取极值，这与题设矛盾．
③若x 0<0，当x ∈(x 0，0)时，g (x )>a ，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝0处取得极小值．
综上所述，x 0<0，所以a ＝g (x 0)<g (0)＝0，。