高考數(shù)學一輪復習專題講座1函數(shù)與導數(shù)在高考中的常見題型與求解策略知能訓練輕松闖關文北師大版

PAGE專題講座一函數(shù)與導數(shù)在高考中的常見題型與求解策略1．(2016·唐山模擬)直線y＝a分別與直線y＝2(x＋1)，曲線y＝x＋lnx交于點A，B，則|AB|的最小值為()A．3 B．2C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(3,2)解析：選D.解方程2(x＋1)＝a，得x＝eq\f(a,2)－1.設方程x＋lnx＝a的根為t(t>0)，則t＋lnt＝a，則|AB|＝|t－eq\f(a,2)＋1|＝|t－eq\f(t＋lnt,2)＋1|＝|eq\f(t,2)－eq\f(lnt,2)＋1|.設g(t)＝eq\f(t,2)－eq\f(lnt,2)＋1(t>0)，則g′(t)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2t)＝eq\f(t－1,2t)(t>0)，令g′(t)＝0，得t＝1.當t∈(0，1)時，g′(t)<0；當t∈(1，＋∞)時，g′(t)>0，所以g(t)min＝g(1)＝eq\f(3,2)，所以|AB|≥eq\f(3,2)，所以|AB|的最小值為eq\f(3,2).2．(2015·高考全國卷Ⅱ)設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0)D．(0，1)∪(1，＋∞)解析：選A.設y＝g(x)＝eq\f(f（x）,x)(x≠0)，則g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.因為f(x)為奇函數(shù)，所以g(x)為偶函數(shù)，所以g(x)的圖像的示意圖如圖所示．當x＞0，g(x)＞0時，f(x)＞0，0＜x＜1，當x＜0，g(x)＜0時，f(x)>0，x＜－1，所以使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)，故選A.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,ax)＋lnx，若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，則正實數(shù)a的取值范圍為________．解析：因為f(x)＝eq\f(1－x,ax)＋lnx，所以f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(a>0)．因為函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，所以f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)≥0對x∈[1，＋∞)恒成立，所以ax－1≥0對x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥eq\f(1,x)對x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≥1.答案：[1，＋∞)4．若函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有兩個不同的零點，則a的值為________．解析：由題意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1<x<2，所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上是遞增的，在(1，2)上是遞減的，從而可知f(x)的極大值和極小值分別為f(1)，f(2)，若欲使函數(shù)f(x)恰好有兩個不同的零點，則需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4.答案：5或45．已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)若f(x)在x＝－1處取得極值，直線y＝m與y＝f(x)的圖像有三個不同的交點，求m的取值范圍．解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)當a<0時，對x∈R，有f′(x)>0，所以f(x)的遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)；當a>0時，由f′(x)>0，解得x<－eq\r(a)或x>eq\r(a)，由f′(x)<0，解得－eq\r(a)<x<eq\r(a)，所以當a>0時，f(x)的遞增區(qū)間為(－∞，－eq\r(a)]，[eq\r(a)，＋∞)，f(x)的遞減區(qū)間為[－eq\r(a)，eq\r(a)]．(2)因為f(x)在x＝－1處取得極值，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，則a＝1，所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2由f′(x)＝0解得x1＝－1，x2＝1.由(1)中f(x)的單調性可知，f(x)在x＝－1處取得極大值f(－1)＝1，在x＝1處取得極小值f(1)＝－3.因為直線y＝m與函數(shù)y＝f(x)的圖像有三個不同的交點，結合f(x)的單調性可知，m的取值范圍是(－3，1)．6．(2015·高考全國卷Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝e2x－alnx.(1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)；(2)證明：當a＞0時，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x＞0)．當a≤0時，f′(x)＞0，f′(x)沒有零點；當a＞0時，設u(x)＝e2x，v(x)＝－eq\f(a,x)，因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上是遞增的，v(x)＝－eq\f(a,x)在(0，＋∞)上是遞增的，所以f′(x)在(0，＋∞)上是遞增的．又f′(a)＞0，當b滿足0＜b＜eq\f(a,4)且b＜eq\f(1,4)時，f′(b)＜0，故當a＞0時，f′(x)存在唯一零點．(2)證明：由(1)，可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0，當x∈(0，x0)時，f′(x)＜0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0.故f(x)在(0，x0)上是遞減的，在(x0，＋∞)上是遞增的，所以當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)．由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故當a＞0時，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).1．(2016·太原模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R.(1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞增，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)在x＝0處取得極小值，求a的取值范圍．解：(1)由題意得f′(x)＝x[(x＋2－a)ex－2]＝xexeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2－\f(2,ex)－a))，x∈R，因為f(x)在(0，＋∞)上是遞增的，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x＋2－eq\f(2,ex)≥a在(0，＋∞)上恒成立，又函數(shù)g(x)＝x＋2－eq\f(2,ex)在(0，＋∞)上是遞增的，所以a≤g(0)＝0，所以a的取值范圍是(－∞，0]．(2)由(1)得f′(x)＝xexeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2－\f(2,ex)－a))，x∈R，令f′(x)＝0，則x＝0或x＋2－eq\f(2,ex)－a＝0，即x＝0或g(x)＝a，因為g(x)＝x＋2－eq\f(2,ex)在(－∞，＋∞)上是遞增的，其值域為R，所以存在唯一x0∈R，使得g(x0)＝a，①若x0>0，當x∈(－∞，0)時，g(x)<a，f′(x)>0；當x∈(0，x0)時，g(x)<a，f′(x)<0，所以f(x)在x＝0處取得極大值，這與題設矛盾．②若x0＝0，當x∈(－∞，0)時，g(x)<a，f′(x)>0；當x∈(0，＋∞)時，g(x)>a，f′(x)>0，所以f(x)在x＝0處不取極值，這與題設矛盾．③若x0<0，當x∈(x0，0)時，g(x)>a，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，g(x)>a，f′(x)>0，所以f(x)在x＝0處取得極小值．綜上所述，x0<0，所以a＝g(x0)<g(0)＝0，所以a的取值范圍是(－∞，0)．2．(2015·高考福建卷改編)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(（x－1）2,2).(1)求函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間；(2)證明：當x＞1時，f(x)＜x－1；(3)確定實數(shù)k的所有可能取值，使得存在x0＞1，當x∈(1，x0)時，恒有f(x)＞k(x－1)．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1＝eq\f(－x2＋x＋1,x)，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,－x2＋x＋1＞0，))解得0＜x＜eq\f(1＋\r(5),2).故f(x)的遞增區(qū)間是(0，eq\f(1＋\r(5),2))．(2)證明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)，則有F′(x)＝eq\f(1－x2,x).當x∈(1，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＜0，所以F(x)在(1，＋∞)上是遞減的，故當x＞1時，F(xiàn)(x)＜F(1)＝0，即當x＞1時，f(x)＜x－1.(3)由(2)知，當k＝1時，不存在x0＞1滿足題意．當k＞1時，對于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，則f(x)＜k(x－1)，從而不存在x0＞1滿足題意．當k＜1時，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，則有G′(x)＝eq\f(1,x)－x＋1－k＝eq