创新设计高考数学文江苏专用一轮复习练习 专题探究课一 高中函数问题与导数的热点题型 专题探究课1 含
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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：90分钟)
1．(2017·南通调研)已知函数f(x)＝a＋xln
x(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)的零点个数．
解 (1)由函数f(x)＝a＋xln x∈(a∈R)得f′(x)＝12x(ln x＋2)．
令f′(x)＝0，得x＝e－2，列表如下：
x (0，e－2) e－2 (e－2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 极小值
因此，函数f(x)的单调递增区间为(e－2，＋∞)，单调递减区间为(0，e－2)．
(2)由(1)可知，f(x)min＝f(e－2)＝a－2e－1.
当a>2e－1时，由f(x)≥f(e－2)＝a－2e－1>0，得函数f(x)的零点个数为0.
当a＝2e－1时，因为f(x)在(e－2，＋∞)上单调递增，在(0，e－2)上单调递减，
故当x∈(0，e－2)∪(e－2，＋∞)时，f(x)>f(e－2)＝0.
此时，函数f(x)的零点个数为1.
当a<2e－1时，f(x)min＝f(e－2)＝a－2e－1<0.
①当a≤0时，
因为当x∈(0，e－2)时，f(x)＝a＋xln x
所以函数f(x)在(0，e－2)上无零点；
另一方面，因为f(x)在(e－2，＋∞)上单调递增，且f(e－2)＝a－2e－1<0，
又e－2a∈(e－2，＋∞)，且f(e－2a)＝a(1－2e－a)>0，
此时，函数f(x)在(e－2，＋∞)上有且只有一个零点．
所以当a≤0时，函数f(x)零点个数为1.
②当0
因为f(x)在(e－2，＋∞)上单调递增， 且f(1)＝a>0，f(e－2)＝a－2e－1<0，
所以函数f(x)在(e－2，＋∞)上有且只有1个零点；
另一方面，因为f(x)在(0，e－2)上单调递减，且f(e－2)＝a－2e－1<0.
又∈(0，e－2)，且＝>a－4a2a2＝0(当x>0时，ex>x2成立)，
此时，函数f(x)在(0，e－2)上有且只有1个零点，
所以当0
综上所述，当a>2e－1时，f(x)的零点个数为0；
当a＝2e－1或a≤0时，f(x)的零点个数为1；
当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＝3a3或x＝－3a3.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x －∞，－3a3 －3a3 －3a3，3a3 3a3 3a3，＋∞
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
所以f(x)的单调递减区间为－3a3，3a3，单调递增区间为－∞，－3a3，3a3，＋∞.
(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)＝3x20－a＝0，即x20＝a3，
进而f(x0)＝x30－ax0－b＝－2a3x0－b.
又f(－2x0)＝－8x30＋2ax0－b＝－8a3x0＋2ax0－b＝
－2a3x0－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·南京、盐城模拟)已知函数f(x)＝axex在x＝0处的切线方程为y＝x.
(1)求实数a的值；
(2)若对任意的x∈(0,2)，都有f(x)<1k＋2x－x2成立，求实数k的取值范围；
(3)若函数g(x)＝lnf(x)－b的两个零点为x1，x2，试判断g′x1＋x22的正负，并说明理由．
解 (1)由题意得f′(x)＝a1－xex，
因为函数在x＝0处的切线方程为y＝x，所以f′(0)＝1，解得a＝1.
(2)由题知f(x)＝xex<1k＋2x－x2对任意x∈(0,2)都成立，所以k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)都成立，从而k≥0.
不等式整理可得k
所以g′(x)＝exx－1x2＋2(x－1)＝(x－1)exx2＋2＝0，解得x＝1，当x∈(1,2)时，g′(x)>0，函数g(x)在(1,2)上单调递增，
同理可得函数g(x)在(0,1)上单调递减．
所以k
综上所述，实数k的取值范围是[0，e－1)． (3)结论是g′x1＋x22<0，理由如下：
由题意得函数g(x)＝lnf(x)－b＝ln x－x－b，
所以g′(x)＝1x－1＝1－xx，
易得函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以要证g′x1＋x22<0，只需证明x1＋x22>1即可．
因为x1，x2是函数g(x)的两个零点，所以 x1＋b＝ln x1，x2＋b＝ln x2，
相减得x2－x1＝lnx2x1，
不妨令x2x1＝t>1，则x2＝tx1，则tx1－x1＝ln t，
所以x1＝1t－1ln t，x2＝tt－1ln t，
即证t＋1t－1ln t>2，即证φ(t)＝ln t－2·t－1t＋1>0，
因为φ′(t)＝1t－4t＋12＝t－12tt＋12>0，
所以φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)>φ(1)＝0，
综上所述，函数g(x)总满足g′x1＋x22<0成立．
4．(2016·江苏卷)已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)．
(1)设a＝2，b＝12.
①求方程f(x)＝2的根；
②若对任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值；
(2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值．
解 (1)①由已知可得2x＋12x＝2，
即2x＋12x＝2.
∴(2x)2－2·2x＋1＝0， 解得2x＝1，∴x＝0.
②f(x)＝2x＋12x＝2x＋2－x，
令t＝2x＋2－x，则t≥2.
又f(2x)＝22x＋2－2x＝t2－2，
故f(2x)≥mf(x)－6可化为t2－2≥mt－6，
即m≤t＋4t，又t≥2，t＋4t≥2t·4t＝4.
(当且仅当t＝2时等号成立)．
∴m≤t＋4tmin＝4.
即m的最大值为4.
(2)∵0＜a＜1，b＞1，∴ln a＜0，ln b＞0.
g(x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2.
g′(x)＝axln a＋bxln b且g′(x)为单调递增，值域为R的函数．
∴g′(x)一定存在唯一的变号零点．
∴g(x)为先减后增且有唯一极值点．
由题意g(x)有且仅有一个零点．，
则g(x)的极值一定为0，
而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.
∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0.∴ab＝1.
5．(2017·衡水中学质检)已知函数f(x)＝x＋aex.
(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－aex，
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)＝xex. 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，
则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝1－xex－1－x0ex0
＝1－xex0－1－x0exex＋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x0，当x>x0时，φ(x)<0，
∴当x0，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＝－e2，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>－e2，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．
