新课改专用2020版高考数学一轮跟踪检测18《题型研究-“函数与导数”大题常考的3类题型》(含解析)

课时跟踪检测（十八）  题型研究——“函数与导数”大题常考的3类题型1．设函数f(x)＝(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1±，当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)<0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)>0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，令x＝0，可得g(0)＝0.g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a，则h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，当x≥0时，h′(x)<0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a，要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．2．(2019·重庆调研)设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝－2x－1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，当0<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0.∴f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，＋∞.(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.令g(x)＝x－，其中x∈，则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1，当≤x<1时，g′(x)<0；当1<x≤3时，g′(x)>0，∴g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]，∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数f(x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋>3－，∴实数a的取值范围是.3．已知函数f(x)＝(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∀x∈[1，＋∞)，不等式f(x)>－1恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝，当a≤－时，x2－2x－2a≥0，f′(x)≥0，∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当a>－时，令x2－2x－2a＝0，解得x1＝1－，x2＝1＋.∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，单调递减区间为(1－，1＋)．(2)f(x)>－1⇔>－1⇔2a>x2－ex，由条件知，2a>x2－ex对∀x≥1恒成立．令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex，∴h′(x)＝2－ex.当x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e<0，∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上单调递减，∴h(x)＝2x－ex≤2－e<0，即g′(x)<0，∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上单调递减，∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e，故若f(x)>－1在[1，＋∞)上恒成立，则需2a>g(x)max＝1－e，∴a>，即实数a的取值范围是.4．(2019·广西柳州模拟)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∃x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．解：(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∈，∴G′(x)＝＝.∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，∴x－2ln x＋2>0，∴x∈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．(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥.解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；若0<x<a，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，即证ln a＋－1≥0.令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以ln a＋－1≥0恒成立，所以f(x)≥.6．(2019·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2ln x，a>0.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.解：(1)f′(x)＝x－＝(x>0)．当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x＝a时，f(x)取最小值f(a)＝a2－a2ln a.令a2－a2ln a≥0，解得0<a<.故a的取值范围是(0，]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0<x1<a<x2<2a，则2a－x2<a.要证x1＋x2>2a，即x1>2a－x2，则只需证f(x1)<f(2a－x2)．因为f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x2)<f(2a－x2)．设g(x)＝f(x)－f(2a－x)，a≤x≤2a.则g′(x)＝x－＋2a－x－＝－≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)＝0.又a<x2<2a，于是g(x2)＝f(x2)－f(2a－x2)<0，即f(x2)<f(2a－x2)．因此x1＋x2>2a.