新课改高考数学一轮复习检测18题型研究 函数与导数大题常考的类题型含解析

题型研究——“函数与导数”大题常考课时跟踪检测（十八）类题型的3x2xfx. )e1．设函数(1(－)＝xf )((1)讨论的单调性；axfxax≥0时，，求实数(1)
≤(2)当的取值范围．＋x2xxfx－，(1－解：(1)2′()e)＝xxf)＝0，得2令，′(＝－1±xfx－2)时，)<0′(当；∈(－∞，－1xxf (－1)>0－2，－1时，＋2)；当′(∈xxf)<0.
当′∈(－1(＋2，＋∞)时，xf2)－2，－－11＋2，＋∞)上单调递减，在(－所以1(＋)在(－∞，－1－2)，( 上单调递增．x2axxfxxaxg，－＋－1＝(1－1)(2)令)e()＝－(()x2axxxggx )e2－＝(1令－＝0，可得，(0)＝0.′(－)xx22xxxxahxhx－2＋)e－4，则′()＝(1－1)e)＝－(，令(＋xxhxh当时，≥0)′(在)<0，[0(，＋∞)上单调递减，axagxhh，即)≤1－′(＝1故(－)≤，(0)aaxxfx－1≤0在≤0，≥0要使时恒成立，需要(1)－－agagx(0)＝0即，故≥1，此时≥1.()≤a的取值范围是[1综上所述，实数，＋∞)．2axxfxax∈＋R)＋ln ．(2019·重庆调研2)设函数．(()＝－xaf1＝－时，求函数)(的单调区间；(1)当1????afx3，的取值范围． )(2)若函数在(上有两个零点，求实数??3fx)的定义域为(0函数，＋∞)，( 解：(1)2xx1－2＋－1xfxa ＝，－′(1)＝－2当＋＝－1时，xx1fxx＝(负值舍去)，)＝0，得令′( 211xfxxfx)<0.
；当′(当0<><时，′(时，)>02211??( )??xf，0.
的单调递增区间为，单调递减区间为∴，＋∞()??22x ln 2fxxaxxax－，得ln 令(2)()＝－＋＋＝0＝.
x
x1ln ????xgxx3，＝∈－令，其中(，)??x32xxx1＋ln 1－ln 1－xggxgxxx；)<0′(当1－＝，令≤′(<1)＝0，得时，＝则1′(，)＝22xx3xxg)>0′(≤
3时，，当1<1????xg1，的单调递减区间为，，单调递增区间为∴((1,3])
??3111????????ggfxggx3，－(3)＝3上有两个零点，＋(，)在∴3(＝)＝(1)＝1，∵函数3ln
min????333ln 3ln 3ln 31????a－，31.
，∴实数的取值范围是＋>3－，3ln 3??33332xa－2axf．3．已知函数∈(R))＝(x e xf (的单调区间；(1)求函数)axfx若∈[1，＋∞)，不等式恒成立，求实数?(的取值范围．)>－1(2)2axx22－－xf)′(＝(1)解：，x e12xxafax－2(≥0，－2)≥0，当′≤－时，2xf在∴函数((－∞，＋∞)上单调递增．)12axxa－20时，令－2，当＝>－2axax1.
＋1，2＝1解得＋＝1＋－221aafx，＋∞)，单调递减区＋221＋1)和∴函数(1()的单调递增区间为(－∞，1＋－aa＋1)．＋22＋1，1间为(1 －2xa－2x2xaxf，－－1?2e(2)>()>－1?>
x e x2
xax≥1－e对由条件知，2?>恒成立．xxx2xhggxxhxxx. ′(－)(，∴)＝－e，＝(2)＝′(e)＝2e－令x xhx，≤2－2－当e∈[1，＋∞)时，′(e<0)＝x xhxgx()＝[1′(，＋∞)上单调递减，)＝2－e在∴x xhxxg，)<0e－≤2－e<0，即∴(＝)2′(x2xgx [1在∴(，＋∞)上单调递减，)＝－e x2gxxg，1≤－e(1)＝－e＝∴()xf，＋∞)上恒成立，在－故若()>1[1xga，(2则需>)e－1＝max
1－ee－1????aa，＋∞的取值范围是. ∴，即实数>??222xxxafxa. 为实数，函数＋(4)＝－4．(2019·广西柳州模拟)已知ln
afxx(的取值；(1)若)＝3是函数的一个极值点，求实数1????xxagxafxgx e，，－2)∈，)成立，求实数若的取值范围．(2)设?()＝使得(()≤ (000??e fx)的定义域为(0(，＋∞)，解：(1)函数
2axxa＋24－fxx－4＝＋2′(.
)＝xxxfx)的一个极值点，( ∵3＝是函数fa＝－6.
′(3)＝0∴，解得axfxa＝－6. )＝3是函数的一个极小值点，符合题意，∴经检验(＝－6时，
2xxxxafxgx－))≤2(≥)，得(，－(2)由ln (000000x－1xxxxFxFx>0)ln ，(＝>0)，∴(记′(( )＝)
－xxFxFx)单调递减；()<0，∴当0<<1时，′(xFxFx)单调递增．()>0当，>1时，′(2xx2－00FxFa≥，∴.
(1)∴＝(1>0)≥xx ln －002xx12－????xxG e，，(∈)＝，记??xx eln －xxxxxxxx＋－－－－ln 2ln －－－x.
)∴＝′＝22xxxx ln －－ln
1????xxx，)≥0，－∵∈2ln ln ＝2(1，∴2－??e xx＋2>0，－2ln ∴1????GxxGx1，)单调递减；，时，(∴′(∈ )<0??e xGxGx)单调递增．(′()>0，∈(1，e)时，GxGaGx)＝－≥1. (()＝(1)＝－1，∴∴minmin a的取值范围为[－1，＋∞)．故实数aaxfx R. ∈＝ln ＋)5．(2019·武汉调研已知函数，()xxf )(1)讨论函数(的单调性；a12－xaf.
时，证明>0(2)当()≥ a
aax－1xfx>0)－＝解：(1)(′(．)＝22xxxxffax，＋∞)上单调递增．时，≤0)′(在)>0，(0当(axafxfax)′(在)>0，函数当(>0时，若(>，＋∞)上单调递增；，则axafxfx(0，)<0，函数上单调递减．若0<(<)，则)′(在aaafxf1. ＝)＝ln (＋(2)证明：由(1)知，当
时，>0)(min aa1122－－axf ln 要证，(＋1≥)≥，只需证aa1a ln －1≥0.＋即证aa111－1aaagag >0)，)＝－(＝)＝ln ＋－1，则(′(令函数
22aaaaaaagag )>0>1时，当0<，<1时，′(′()<0，当ag上单调递减，在(1(，＋∞)上单调递
增，)在所以(0,1)gga0. (1)(＝)＝所以min1a－1≥0所以ln 恒成立，＋aa1－2xf.
所以)≥(a122aaxfxx>0.
ln 6．(2019·唐山模拟)已知(－)＝，2afx (的取值范围；)≥0，求(1)若axxfxxxfx. )，且>2(≠(2)若＋(，证明：)＝2112212aaxxa
－＋xfxx >0))＝．－＝(1)解：(′(xxxfafxx(′())<0当，∈(0，单调递减；)时，xfxfxa′())>0当，∈(单调递增．，＋∞)时，(122aaaxxaffa.
＝－时，)()取最小值＝(当ln 2122aaaa e. ln <令≥0，解得－0<2a，e]．的取值范围是(0 故fxaa，＋∞)上单调递增，( )知，上单调递减，在()在(0，(2)证明：由(1)xaxaaxa.
<－<2<，则不失一般性，设0<2<221xxaxaxfxfax)．，即>2(2－，则只需证(－要证
＋>2)<211212fxfxfxfax)．)<(2因为(＝) ()，则只需证(－2122gxfxfaxaxa.
≤2≤，)－(2－)(＝)(设
222xaaaa－2
xxagx≤0，－)＝＝－
－＋则2′(－xxaaxx－2－
gxa,agxga0.
＝)()≤(上单调递减，从而)2[在)(所以xagaxaxfxf)<0，－＝<2又<，于是()()(2－2222xffax(2即()<－．)22axx. ＋因此>221。