（山东专用）2021版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<x<或x>2时，f′(x)<0，当<x<2时，f′(x)>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0<m<1时，f(x)在(0，m)上单调递减，在(m,1)上单调递增；

当m＝1时，f(x)在(0,1)上单调递减；

当m>1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)>0,0<x<2；f′(x)<0有x<0或x>2，

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x<x1时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)为减函数；

当x1<x<x2时，g(x)>0，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0<x<a时，f(a＋x)<f(a－x)．

[解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

由已知，得f′(x)＝x＋1－a－＝＝.

若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝a.

当0<x<a时，f′(x)<0；当x>a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0<x<a时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，a)上是减函数．

而g(0)＝0，所以g(x)<g(0)＝0.

故当0<x<a时，f(a＋x)<f(a－x)．

4．已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.

(1)若x＝3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的取值；

(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x∈[，e]，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．

[解析]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝＋2x－4＝.

∵x＝3是函数f(x)的一个极值点，

∴f′(3)＝0，解得a＝－6.

经检验a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，∴a＝－6.

(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，

记F(x)＝x－ln x(x>0)，∴F′(x)＝(x>0)，

∴当0<x<1时，F′(x)<0，F(x)单调递减；

当x>1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<a<时，f(x)在(－∞，ln2a)上单调递增，在(ln2a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有2个极值点；

当a＝时，f(x)在R上单调递增，∴f(x)没有极值点；

当a>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)<g(x2)，求a的取值范围．

[解析]　(1)由题意得f′(x)＝－1＋＝(x>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)<g(x2)，

只需满足f(x)max<g(x)max.

因为g(x)＝x2－2x＋2a，x∈[0,1]，

所以g(x)max＝g(0)＝2a，

由(1)知，当a<0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，值域为R，不符合题意；

当a＝0时，f(x)＝－x<0＝g(x)max，符合题意；

当a>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0<a<e3，

综上a的取值范围是[0，e3)．

7．(2020·德州模拟)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．

[解析]　(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

∴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<b≤－.