高考数学二轮复习 函数与导数综合题2

【高考解码】（新课标）2015届高考数学二轮复习 函数与导数综合题
2
5．(理)(2014·江西高考)已知函数f (x )＝(x 2
＋bx ＋b )1－2x (b ∈R )． (1)当b ＝4时，求f (x )的极值；
(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围． 【解】 (1)当b ＝4时，f ′(x )＝－5x x ＋2
1－2x
，由f ′(x )＝0得x ＝－2或x ＝0.
当x ∈(－∞－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(－2,0)时，f ′(x )>0，f (x )单调
递增；当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )在x ＝－2取极小值f (－2)＝0，在x ＝0取极大值f (0)＝4.
(2)f ′(x )＝－x [5x ＋3b －2]
1－2x ，
因为当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x
<0，
依题意当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0， 从而5
3
＋(3b －2)≤0.
所以b 的取值范围为⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，19. (文)(2014·安徽高考)设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3
，其中a ＞0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；
(2)当x ∈[0,1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值．
【解】 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2
.
令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a
3
，
x 2＝
－1＋4＋3a
3
，x 1＜x 2，
所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．
当x ＜x 1或x ＞x 2时，f ′(x )＜0；当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＞0.
故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增． (2)因为a ＞0，所以x 1＜0，x 2＞0.
①当a ≥4时，x 2≥1，由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值．
②当0＜a ＜4时，x 2＜1，由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2,1]上单调递减，所
以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a
3
处取得最大值．
又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0＜a ＜1时，f (x )在x ＝1处取得最小值； 当a ＝1时，f (x )在x ＝0处和x ＝1处同时取得最小值； 当1＜a ＜4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．
6．(2014·全国新课标Ⅰ高考)设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2
x 2
－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )
在点(1, f (1))处的切线斜率为0.
(1) 求b ；
(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜
a
a －1
，求a 的取值范围．
【解】 (1)f ′(x )＝a
x
＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.
(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2
x 2
－x ，
f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x (x －a
1－a )(x －1)．
①若a ≤12，则a
1－a
≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1，＋∞)单调递增．
所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜a a －1的充要条件为f (1)＜a a －1，即1－a 2－1＜a
a －1，解得
－2－1＜a ＜2－1.
②若12＜a ＜1，则a 1－a ＞1，故当x ∈(1，a 1－a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a 1－a
，＋∞)时，
f ′(x )＞0.f (x )在(1，
a
1－a
)单调递减，在(
a
1－a
，＋∞)单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)＜
a a －1的充要条件为f (a 1－a )＜a
a －1
. 而f (a 1－a )＝a ln a 1－a ＋a 221－a ＋a a －1＞a
a －1
，所以不合题意．
③若a ＞1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12＜a
a －1
.
综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．
7．(2014·浙江温州适应性测试)设函数f (x )＝ax 2
＋ln x . (1)求f (x )的单调区间；
(2)设函数g (x )＝(2a ＋1)x ，若x ∈(1，＋∞)时，f (x )<g (x )恒成立，求a 的取值范围．
【解】 (1)因为f (x )＝ax 2
＋ln x ，其中x >0，所以f ′(x )＝2ax 2
＋1x
，
当a ≥0时，f ′(x )>0，所以f (x )在x ∈(0，＋∞)上是增函数，
当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝＋ －12a ，(x ＝－1
2a
舍去)
所以f (x )在⎝
⎛⎭⎪⎫0，
－12a 上是增函数，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－12a ，＋∞上是减函数． (2)令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )＝ax 2
－(2a ＋1)x ＋ln x ， 根据题意，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0恒成立．所以h ′(x )＝2ax －(2a ＋1)＋1
x
＝
x －1
2ax －1
x
.
(ⅰ)当0<a <12，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，恒有h ′(x )>0， 所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上是增函数，且h (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞，所以不符合题意； (ⅱ)当a ≥1
2
，x ∈(1，＋∞)时，恒有h ′(x )>0，
所以h (x )在(1，＋∞)上是增函数，且h (x )∈(h (1)，＋∞)，所以不符合题意； (ⅲ)当a ≤0，x ∈(1，＋∞)时，恒有h ′(x )<0，故h (x )在(1，＋∞)上是减函数， 于是h (x )<0对任意x ∈(1，＋∞)都成立的充要条件是h (1)≤0，即a －(2a ＋1)≤0，解得a ≥－1，故－1≤a ≤0.综上所述，a 的取值范围是[－1,0]．
8．(文)(2014·四川成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2
)ln x ，a ∈R .
(1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间； (2)当a ＝－1时，令F (x )＝
f x x ＋1
＋x －ln x ，证明：F (x )≥－e －2
，其中e 为自然对数的底数；
(3)若函数f (x )不存在极值点，求实数a 的取值范围．
【解】 (1)当a ＝0时，f (x )＝x 2
ln x (x >0)，此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)．
令f ′(x )>0，解得x >e －1
2
.
∴函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫e －12，＋∞，单调递减区间为⎝
⎛⎭⎪⎫0，e －12. (2)证明 F (x )＝
f x
x ＋1
＋x －ln x ＝x ln x ＋x . 由F ′(x )＝2＋ln x ，得F (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2
，＋∞)上单调递增，
∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2
.
(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋x －a 2x ＝x －a
x
.(2x ln x ＋x －a )．
令g (x )＝2x ln x ＋x －a ，则g ′(x )＝3＋2ln x ，
∴函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e －32上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e －32，＋∞上单调递增，∴g (x )≥g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫e －32＝－2e －3
2
－a .
①当a ≤0时，∵函数f (x )无极值，∴－2e －3
2
－a ≥0，
解得a ≤－2e －3
2
.
②当a >0时，g (x )min ＝－2e －3
2
－a <0，即函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点，记为x 0.
由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.
当0<a <1时，x 0<1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a >1时，x 0>1且x 0≠n ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值．
综上a ≤－2e －3
2
或a ＝1.
(理)(2014·江西南昌二模)已知函数f (x )＝ax －bx ln x ，其图象经过点(1,1)，且在点(e ，f (e))处的切线斜率为3(e 为自然对数的底数)．
(1)求实数a 、b 的值；
(2)若k ∈Z ，且k <
f x
x －1
对任意x >1恒成立，求k 的最大值； (3)证明：2ln 2＋3ln 3＋…＋n ln n >(n －1)2(n ∈N *
，n >1)． 【解】 (1)因为f (1)＝1，所以a ＝1，
此时f (x )＝x －bx ln x ，f ′(x )＝1－b (1＋ln x )， 依题意，f ′(e)＝1－b (1＋ln e)＝3，所以b ＝－1. (2)由(1)知：f (x )＝x ＋x ln x ，
当x >1时，设g (x )＝f x x －1＝x ＋x ln x x －1，则g ′(x )＝x －2－ln x
x －12
.
设h (x )＝x －2－ln x ，则h ′(x )＝1－1
x
>0，h (x )在(1，＋∞)上是增函数．
因为h (3)＝1－ln 3<0，h (4)＝2－ln 4>0， 所以，存在x 0∈(3,4)，使h (x 0)＝0.
当x ∈(1，x 0)时，h (x )<0，g ′(x )<0，即g (x )在(1，x 0)上为减函数；
同理g (x )在(x 0，＋∞)上为增函数，从而g (x )的最小值为g (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0
x 0－1
，
所以x 0∈(3,4)，k 的最大值为3.
(3)证明 由(2)知，当x >1时，
f x
x －1
>3， 所以f (x )>3x －3，即x ＋x ln x >3x －3，x ln x >2x －3，
所以2ln 2＋3ln 3＋…＋n ln n >(2×2－3)＋(2×3－3)＋…＋(2n －3)＝2(2＋3＋…＋n )
－3(n －1)＝2×n －12＋n 2
－3n ＋3＝n 2－2n ＋1＝(n －1)2(n ∈N *
，n >1)．。