【数学】2020届一轮复习（文理合用）高考大题规范解答系列1函数与导数作业
对应学生用书[练案19理][练案18文]
高考大题规范解答系列(一)——函数与导数
1．(2018·黑龙江哈尔滨市第三中学高三第一次模拟考试)已知函数f(x)＝lnx－ax＋－1．
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)当a≤时，讨论f(x)的单调性．
[解析] (1)当a＝－1时，f(x)＝lnx＋x＋－1，
f′(x)＝＋1－，
故f′(2)＝1，f(2)＝ln2＋2，
故所求切线方程为x－y＋ln2＝0．
(2)f(x)＝lnx－ax＋－1
⇒f′(x)＝－，
令f′(x)＝0⇒x1＝1，x2＝－1，
当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，
当a＝时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当0
0,02，
故a＝0时，f(x)在x＝0处取得极值
f(1)＝，f′(1)＝，
从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程
y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0．
(2)由(1)知f′(x)＝，
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，
解得x1＝，x2＝．
当x0，即f′(x)>0，故f(x)为增函数；
当x>x2时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数．
由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，
知x2＝≤3，解得a≥－．
故a的取值范围为[－，＋∞)．
3．(2018·吉林省长春市高三质量检测(二))已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值．
[解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－＝．
当a>0时，由f′(x)<0，得00，得x>，
∴f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，
从而f(x)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)．
因此对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，
即对任意x∈(0，＋∞)，1＋－≥b恒成立，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e2，则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，∴b≤1－．
故实数b的最大值是1－．
4．(文)(2019·山东师大附中期中)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－1,2]，且函数f(x)在x＝1和x＝－处都取得极值．
(1)求实数a与b的值；
(2)对任意x∈[－1,2]，方程f(x)＝2c存在三个实数根，求实数c的取值范围．
(理)(2018·安徽省合肥市高三第二次教学质量检测)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)．
(1)判断函数f(x)极值点的个数，并说明理由；
(2)若∀x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求a的取值范围．
[解析] (文)(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b
由题意可知解得
经检验，适合条件，所以
(2)原题等价于函数y＝f(x)与函数y＝2c的图象存在三个交点，
由(1)知f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，
x
－1
(－1，－)
－
(－，1)
1
(1,2)
2
f′(x)
＋
极大值
－
极小值
＋
f(x)
c＋
↗
c＋
↘
c－
↗
c＋2
由图知∴x∈[－1,2]时，应有c＋<2c时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln2a)上单调递减，在(ln2a，＋∞)上单调递增，∴f(x)有2个极值点；
综上，当a≤0时，f(x)有1个极值点；当a>0且a≠时，f(x)有2个极值点；当a＝时，f(x)没有极值点．
(2)由f(x)＋ex≥x3＋x得xex－x3－ax2－x≥0．
当x>0时，ex－x2－ax－1≥0，
即a≤对∀x>0恒成立．
设g(x)＝，则g′(x)＝．
设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1．
∵x>0，∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2，
∴a的取值范围是(－∞，e－2]．
[方法指导] (理)求函数单调性的一般步骤
(1)求函数f(x)的导函数f′(x)；
(2)解不等式：f′(x)<0，得到递减区间：f′(x)>0，得到递增区间；
(3)归纳出答案即可．
5．(文)(2018·辽宁省部分重点中学协作体高三模拟考试)已知函数f(x)＝－x＋alnx(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝x2－2x＋2a，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)0)．
①当a≤0时，由x>0，得x－a>0，则f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；
②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝a，
所以当x∈(0，a)时，f′(x)>0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递增区间是(0，a)，单调递减区间是(a，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；当a>0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，a)，单调递减区间是(a，＋∞)．
(2)依题意，要满足对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)0时，函数f(x)在区间(0，a)上单调递增，在区间(a，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(a)＝－a＋alna，
令2a>－a＋alna，解得00⇒01，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减．综上，
f(x)的单调递增区间为(0,1)，递减区间为(1，＋∞)．
(2)f(x)－＝，
令g(x)＝xlnx－a(x2－1)(x≥1) ，
g′(x)＝lnx＋1－2ax，
令h(x)＝g′(x)＝lnx＋1－2ax，则h′(x)＝
①若a≤0，h′(x)>0，g′(x)在[1，＋∞)上为增函数，g′(x)≥g′(1)＝1－2a>0
∴g(x)在[1，＋∞)上为增函数，g(x)≥g(1)＝0，即g(x)≥0．
从而f(x)－≥0，不符合题意．
②若00，g′(x)在(1，)上单调递增，
g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
同①，所以不符合题意
③当a≥时，h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立．
∴g′(x)在[1，＋∞)递减，
g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0．
从而g(x)在[1，＋∞)上递减，∴g(x)≤g(1)＝0，即f(x)－≤0．
综上所述，a的取值范围是[，＋∞)．
6．(文)(2018·德州一模)已知函数f(x)＝lnx－ax2－2x，a∈R．
(1)若函数f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值；
(2)若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；
(3)当a＝－时，关于x的方程f(x)＝－x＋b在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．
(理)(浙江省重点中学2019届高三上学期期末热身联考数学试题)已知a>0，f(x)＝ln(2x＋1)＋2ax－4aex＋4．
(1)当a＝1时，求f(x)的最大值；
(2)若函数f(x)的零点个数为2个，求a的取值范围．
[解析] (文)(1)f′(x)＝－(x>0)，
∵x＝2时，f(x)取得极值，
∴f′(2)＝0，解得a＝－，经检验符合题意．
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
依题意f′(x)≥0在x>0时恒成立，
即ax2＋2x－1≤0在x>0时恒成立，
则a≤＝(－1)2－1在x>0时恒成立，
∴a≤[(－1)2－1]min(x>0)，
当x＝1时，(－1)2－1取最小值－1，
∴a的取值范围是(－∞，－1]．
(3)a＝－，f(x)＝－x＋b，
即x2－x＋lnx－b＝0．
设g(x)＝x2－x＋lnx－b(x>0)，
则g′(x)＝．
列表
x
(0,1)
1
(1,2)
2
(2,4)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴g(x)极小值＝g(2)＝ln2－b－2，
g(x)极大值＝g(1)＝－b－．
又g(4)＝2ln2－b－2．
∵方程g(x)＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，
则解得ln2－2－时，
f″(x)＝－－4ex<0，
所以f′(x)在(－，＋∞)上为减函数．
(f′(x)递减说明言之有理即可)
又f′(0)＝2＋2－4＝0，所以当－0，函数f(x)单调递增；
当x>0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
故f(x)max＝f(0)＝0．
(2)f′(x)＝＋2a－4aex，
f″(x)＝－－4aex，
当a>0，且x>－时，f″(x)<0．
所以f′(x)在(－，＋∞)上为减函数，
∵x→－时，f′(x)→＋∞，
∵x→＋∞时，f′(x)→－∞，故存在x0使得f′(x0)＝0，且有f(x)在(－，x0)上递增，在(x0，＋∞)递减，f(x)max＝f(x0)．
①当a＝1时由(1)知只有唯一零点，
②当00即有f(x0)>f(0)>0，
此时有2个零点．
③当a>1时，f′(x0)＝0⇒＋2a－4aex0＝0，
f(x0)＝ln(2x0＋1)＋2ax0－4aex0＋4＝ln(2x0＋1)＋2ax0－(＋2a)＋4，
又有f′(0)＝2－2a<0，故－0，
故g(x)在定义域内单调递增．
而g(0)＝2－2a<0，故g(x)<0，于是f(x0)<0，所以a>1时不存在零点．
综上：函数f(x)的零点个数为2个，a的取值范围为(0,1)．
7．(文)(山东省郓城第一中学2018－2019学年高三第一次月考)已知函数g(x)＝ex，f(x)＝g(x)－ax－1(a∈R)．
(1)求函数g(x)在点x＝0处的切线方程；
(2)若a>0，试判断f(2lna)的符号；
(3)讨论f(x)的零点的个数．
(理)(山东省郓城第一中学2018－2019学年高三第一次月考)已知函数h(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x，g(x)＝(a－1)lnx＋(1＋a)x2－4x．
(1)讨论h(x)的单调性；
(2)若函数f(x)＝h(x)－g(x)的图象与直线y＝m(m∈R)交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′(x0)<0(f′(x)为f(x)的导函数)．
[解析] (文)(1)g(x)＝ex，g′(x)＝ex，
∴g(x)在点x＝0处的切线的斜率为k＝g′(0)＝e0＝1．
又g(0)＝e0＝1，∴函数g(x)在点x＝0处的切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0．
(2)f(2lna)＝e2lna－2alna－1＝a2－1－2alna．
设p(a)＝a2－1－2alna(a>0)，
则p′(a)＝2a－2(lna＋1)＝2(a－1－lna)．
设h(a)＝a－1－lna(a>0)，则h′(a)＝1－＝，
∴当01时，h′(a)>0．
∴当a＝1时，h(a)min＝h(1)＝0．
故h(a)≥0，从而p′(a)≥0．
∴p(a)在(0，＋∞)上单调递增．
∴当01时，p(a)>p(1)＝0，从而f(2lna)>0．
(3)f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a．
∴当a≤0时，f′(x)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，又f(0)＝0，∴f(x)有1个零点．
当a>0时，令f′(x)<0，得x0，得x>lna．
∴f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．
∴f(x)min＝f(lna)＝a－alna－1．
设h(a)＝a－alna－1(a>0)，则h′(a)＝－lna．
∴当00；当a>1时，h′(a)<0．
∴h(a)max＝h(1)＝0．
∴当01时，h(a)<0，即f(x)min＝f(lna)<0，
又当x→－∞时，f(x)→＋∞；由(1)知f(2lna)>0，故f(x)有2个零点．
综上，当a≤0或a＝1时，f(x)有1个零点；当a>0且a≠1时，f(x)有2个零点．
(理)(1)定义域(0，＋∞)，
h′(x)＝＋2x－(a＋2)＝
＝
①当＝1，即a＝2时，h′(x)>0，故h(x)在(0，＋∞)上为增函数；
②当>1，即a>2时，在(0,1)∪(，＋∞)上h′(x)>0；在(1，)上h′(x)<0；故h(x)在(0,1)和(，＋∞)上为增函数；在(1，)上为减函数；
③当0<<1，即00；在(，1)上h′(x)<0；故在(0，)和(1，＋∞)上为增函数；在(，1)上为减函数；
④当≤0，即a≤0时，在(0,1)上h′(x)<0；在(1，＋∞)上h′(x)>0；故在(1，＋∞)上为增函数；在(0,1)上为减函数．
(2)因为f(x)＝h(x)－g(x)＝lnx＋(2－a)x－ax2(x>0)，所以f′(x)＝＋(2－a)－2ax＝，
当a≤0时，f′(x)>0，y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不可能有两个交点，舍去；
当a>0时，令f′(x)>0，则0．
故y＝f(x)在(0，)单调递增，在(，＋∞)上单调递减．不妨设A(x1，m)，B(x2，m)，且00，即证x0>，故x1＋x2>，即证x2>－x1，又因为y＝f(x)在(，＋∞)上单调递减，
即证f(x2)0．
设F(x)＝f(－x)－f(x)＝ln(2－ax)－ln(ax)＋2ax－2，则F′(x)＝－－＋2a＝－<0，
所以F(x)＝f(－x)－f(x)在(0，)单调递减，
又因为F()＝f(－)－f()＝0，
故F(x)＝f(－x)－f(x)>0得证．
8．(文)(2019·长郡中学高三月考试卷(三))已知函数f(x)＝lnx－mx＋2(m∈R)．
(1)若函数f(x)恰有一个零点，求实数m的取值范围．
(2)设关于x的方程f(x)＝2的两个不等实根x1，x2，求证：>e(其中e为自然对数的底数)．
(理)(2019·长郡中学高三月考试卷(三))设函数f(x)＝(x2－2x)lnx＋(a－)x2＋2(1－a)x＋a．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<－2时，讨论f(x)的零点个数，并证明．
[解析] (文)(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－m＝．
①当m<0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝－m＋2>0，f(em－2)＝m－mem－2＝m(1－em－2)<0，∴f(1)·f(em－2)<0，即函数f(x)在区间(0，＋∞)有唯一零点；
②当m＝0时，f(x)＝lnx＋2，令f(x)＝0，得x＝e－2．
又易知函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)恰有一个零点．
③当m>0时，令f′(x)＝0，得x＝，在区间(0，)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；在区间(，＋∞)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
故当x＝时，f(x)取得极大值，且极大值为f()＝ln＋1＝－lnm＋1，无极小值．
若f(x)恰有一个零点，则f()＝－lnm＋1＝0，解得m＝e，
综上所述，实数m的取值范围为(－∞，0]∪{e}．
(2)证明：记函数g(x)＝f(x)－2＝lnx－mx，x>0，
则函数g(x)的两个相异零点为x1，x2，
不妨设x1>x2>0，∵g(x1)＝0，g(x2)＝0，
∴lnx1－mx1＝0，lnx2－mx2＝0，
两式相减得lnx1－lnx2＝m(x1－x2)，
两式相加得lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)．
∵x1>x2>0，∴要证>e，即证lnx1＋lnx2>2，
只需证m(x1＋x2)>2，只需证>，
即证ln>．
设t＝>1，则上式转化为lnt>(t>1)，
设h(t)＝lnt－，h′(t)＝>0，
∴h(t)在区间(1，＋∞)上单调递增，
∴h(t)>h(1)＝0，∴lnt>，
即lnx1＋lnx2>2，即>e．
(理)(1)f′(x)＝2(x－1)(lnx＋a)(x>0)．
①当a＝0时，f′(x)＝2(x－1)lnx，当00，当x>1时，f′(x)>0，当x＝1时，f′(x)＝0.∴f(x)在(0，＋∞)递增；
②当a>0时， 令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝e－a，此时e－a<1.易知f(x)在(0，e－a)递增，(e－a,1)递小，(1，＋∞)递增；
③当a<0时，e－a>1.易知f(x)在(0,1)递增，(1，e－a)递减，(e－a，＋∞)递增．
(2)有3个零点．
当a<－2时，由(1)知f(x)在(0,1)递增，(1，e－a)递减，(e－a，＋∞)递增，
且f(1)＝a－＋2(1－a)＋a＝>0，
将x＝e－a代入f(x)，得f(x)＝f(e－a)＝(x2－2x)(－a)＋(a－)x2＋2(1－a)x＋a＝－(x－2)2＋a＋2，
∵a<－2，∴f(e－a)<0．
∴由f(x)的单调性知f(x)在(1，e－a)上有一个零点，
下面证明当x∈(0,1)时存在x0，使f(x0)<0．
首先，由不等式lnx1)，
∴ln<－1＝(0．
考虑到x2－2x＝x(x－2)<0，
∴f(x)＝(x2－2x)lnx＋(a－)x2＋2(1－a)x＋a<(x2－2x)·＋(a－)x2＋2(1－a)x＋a＝(a＋)(x－1)2＋．
再令(a＋)(x－1)2＋＝0，
可解出一个根为x＝1－，
∵a<－2，∴0<<1，
∴0<1－<1，取x0＝1－，x0∈(0,1)．
则有f(x0)<0.由零点存在定理及函数f(x)在(0,1)上的单调性，可知f(x)在(0,1)上有唯一的一个零点．
下面证明在x∈(e－a，＋∞)上，存在x1，使f(x1)>0，取x1＝e－a＋，则x1>e－a，
∴f(x1)＝(x－2x1)(－a＋)＋(a－)x＋2(1－a)x1＋a＝x1＋a>e－a＋a，
由不等式ex>x＋1(x>0)，则e－a＋a>(－a＋1)＋a>0，即f(x1)>0．
根据零点存在定理及函数单调性知f(x)在(e－a，＋∞)上有一个零点．
综上可知，当a<－2时，f(x)共有3个零点．
