2020版高考数学（文）新创新一轮复习通用版讲义：第三章第二节　第3课时　题型研究——“函数与导数”大题常考的3类题型

第3课时　题型研究——“函数与导数”大题常考的3类题型
一、学前明考情——考什么、怎么考

1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x＞0时，g(x)≤0.
从而当a＜0时，ln＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
解：(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，
f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)0，
所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，
则g′(x)＝≥0，
仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－0，
故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，
所以当01时，求f(x)的单调区间．
[解]　f′(x)＝·x＋ln x－k－1＝ln x－k，
①当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，
所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间．
②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝ek，
当10时，函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)．
[方法技巧]
利用导数求函数单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)0，所以2x－a>0，
令f′(x)0，当x∈时，f′(x)0，所以f(x)的单调递减区间为.
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，e)；当00)，
①当a0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，由f′(x)＝>0，得x>；
由f′(x)＝0，得x>，令f′(x)1，由g′(x)1，
则g′(x)＝－x＋1－k＝.
∵x>1，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，
h(x)的对称轴为x＝，
①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，
∴h(x)g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当>1，即kh(1)＝1－k>0，∴g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围是(－∞，1).
[课时跟踪检测]
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＋，＋∞)时，f′(x)－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，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00，∴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02a.
解：(1)f′(x)＝x－＝(x>0)．
当x∈(0，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