高考数学一轮复习练案18高考大题规范解答系列一-函数与导数含解析
[练案18]高考大题规范解答系列(一)——函数与导数
1．(2020·湖北宜昌模拟)已知函数f(x)＝(m＋)ln x＋－x，其中常数m>0.
(1)当m＝2时，求f(x)的极大值；
(2)试讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性．
[解析] (1)当m＝2时，f(x)＝ln x＋－x，
f′(x)＝－－1＝－(x>0)
当0
2时，f′(x)<0，当0，
∴f(x)在(0，)和(2，＋∞)上单调递减，在(，2)上单调递增，
∴f(x)的极大值为f(2)＝ln 2－.
(2)f′(x)＝－－1＝－(x>0，m>0)，
故当01时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，1)上单调递增．
2．(2020·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期开学考试)设函数f(x)＝(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求实数a的取值范围．
[解析] (1)对f(x)求导得
f′(x)＝＝.
因为f(x)在x＝0处取得极值，
所以f′(0)＝0，即a＝0.
当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，
由f′(x)>0,02，
故a＝0时，f(x)在x＝0处取得极值，
f(1)＝，f′(1)＝，
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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．已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a>0，证明：当00，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝a.
当0a时，f′(x)>0.
此时f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)令g(x)＝f(a＋x)－f(a－x)，则g(x)＝(a＋x)2＋(1－a)(a＋x)－aln(a＋x)－[(a－x)2＋(1－a)(a－x)－aln(a－x)]＝2x－aln(a＋x)＋aln(a－x)．
所以g′(x)＝2－－＝.
当00)，∴F′(x)＝(x>0)，
∴当01时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴.F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥.
记G(x)＝，x∈[，e]．
∴G′(x)＝
＝.
∵x∈[，e]，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，∴x∈(，1)时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
5．(2020·安徽省合肥市高三质量检测)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] (1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．
当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；
当0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]．
6．(2020·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，＋∞)．
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(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)，
∵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)，
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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
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