高考数学压轴大题规范练(2)——函数与导数.docx

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专题分层训练(三十三) 压轴大题规范练(2)——函数与导
数
1．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝a
x (a >0)，设F (x )＝f (x )＋g (x )． (1)求函数F (x )的单调区间；
(2)若以函数y ＝F (x )(x ∈(0,3])图象上任意一点P (x 0，y 0)为切点的切线的斜率k ≤1
2恒成立，求实数a 的最小值．
解 (1)F (x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋a
x (x >0)， F ′(x )＝1x －a x 2＝x －a
x 2.
∵a >0，由F ′(x )>0⇒x ∈(a ，＋∞)， ∴F (x )在(a ，＋∞)上是增函数． 由F ′(x )<0⇒x ∈(0，a )， ∴F (x )在(0，a )上是减函数． 综上，F (x )的单调递减区间为(0，a )， 单调递增区间为(a ，＋∞)．
(2)由F ′(x )＝x －a x 2(0<x ≤3)，得k ＝F ′(x )＝x －a x 2≤1
2(0<x 0≤3)恒成立⇒a ≥－12x 2
0＋x 0(0<x 0≤3)恒成立．
∵当x 0＝1时，－12x 20＋x 0取得最大值1
2， ∴a ≥12，即实数a 的最小值为12.
2．(2015·重庆卷)设函数f (x )＝3x 2＋ax
e x (a ∈R )．
(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定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a 的取值范围． 解 (1)对f (x )求导得
f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x (e x )2
＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e 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 )＝3x 2
e x ，
f ′(x )＝－3x 2＋6x e x ， 故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，
从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3
e (x －1)， 化简得3x －e y ＝0.
(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a
e x ， 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，
由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366. 当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0， 故f (x )为减函数；
当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0， 故f (x )为增函数；
当x >x 2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x 2＝6－a ＋a 2＋36
6
≤3， 解得a ≥－9
2，故a 的取值范围为⎣
⎢⎡⎭
⎪⎫－92，＋∞.
3．已知f (x )＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2.
(1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若a ≠0，求函数f (x )的单调区间；
(3)若不等式2x ln x ≤f ′(x )＋a 2＋1恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)∵a ＝1，∴f (x )＝x 3＋x 2－x ＋2， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x －1，
∴k ＝f ′(1)＝4，又f (1)＝3，∴切点坐标为(1,3)， ∴所求切线方程为y －3＝4(x －1)， 即4x －y －1＝0.
(2)f ′(x )＝3x 2＋2ax －a 2＝(x ＋a )(3x －a )， 由f ′(x )＝0，得x ＝－a 或x ＝a
3. ①当a >0时，由f ′(x )<0，得－a <x <a
3. 由f ′(x )>0，得x <－a 或x >a
3， 此时f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－a ，a 3，
单调递增区间为(－∞，－a )和⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a 3，＋∞. ②当a <0时，由f ′(x )<0，得a
3<x <－a . 由f ′(x )>0，得x <a
3或x >－a ，
此时f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫
a 3，－a ，
单调递增区间为⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－∞，a 3和(－a ，＋∞)．
综上，当a >0时，f (x )的单调递减区间为⎝
⎛
⎭
⎪⎫－a ，a 3，
单调递增区间为(－∞，－a )和⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞. 当a <0时，f (x )的单调递减区间为⎝
⎛⎭
⎪⎫
a 3，－a ，
单调递增区间为⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－∞，a 3和()－a ，＋∞. (3)依题意x ∈(0，＋∞)，不等式2x ln x ≤f ′(x )＋a 2＋1恒成立，等价于2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1在(0，＋∞)上恒成立，
可得a ≥ln x －32x －1
2x 在(0，＋∞)上恒成立， 设h (x )＝ln x －3x 2－1
2x ，
则h ′(x )＝1x －32＋1
2x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2. 令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－1
3(舍)， 当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0. 当x 变化时，h ′(x )与h (x )变化情况如下表
x (0,1) 1 (1，＋∞)
h ′(x ) ＋ 0 － h (x )
单调递增
－2
单调递减
∴当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝－2， ∴a ≥－2，即a 的取值范围是[－2，＋∞)． 4．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .
(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．
解 (1)f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x .
若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )>0.
若m <0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1>0，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1<0，f ′(x )>0.
所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e
－1的充要条件是⎩
⎪⎨⎪⎧
f (1)－f (0)≤e －1，
f (－1)－f (0)≤e －1，
即⎩
⎪⎨⎪⎧
e m
－m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t －1. 当t <0时，g ′(t )<0；当t >0时，g ′(t )>0.
故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0， 故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0.
当m ∈[－1,1]，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立；
当m >1时，由g (t )的单调性，g (m )>0，即e m －m >e －1，不符题意； 当m <－1时，g (－m )>0，即e －m ＋m >e －1，不符题意． 综上，m 的取值范围是[－1,1]．
5．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x . (1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；
(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．
解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎨
⎧
x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0.
解得x 0＝12，a ＝－3
4.
因此，当a ＝－3
4时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线． (2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0， 从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0， 故h (x )在(1，＋∞)上无零点． 当x ＝1时，若a ≥－5
4，
则f (1)＝a ＋5
4≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0， 故x ＝1是h (x )的零点；
若a <－5
4，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0， 故x ＝1不是h (x )的零点． 当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0.
所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．
①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．
而f (0)＝14，f (1)＝a ＋5
4，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点； 当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．
②若－3<a <0，则f (x )在⎝
⎛
⎭⎪⎫
0，
－a 3上单调递减，在⎝
⎛⎭
⎪⎫
－a 3，1上单
调递增，故在(0,1)中，当x ＝ －a
3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝
⎛⎭
⎪
⎫
－a 3＝2a 3
－a 3＋14.
a ．若f ⎝ ⎛
⎭⎪⎫
－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0,1)上无零点； b ．若f ⎝
⎛
⎭
⎪⎫
－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点；
c ．若f ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－5
4时，f (x )在(0,1)上有一个零点．
综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－5
4时，h (x )有两个零点；当－54<a <－3
4时，h (x )有三个零点．。