高中函数问题与导数的热点题型 文

我们在这里，召开私营企业家联谊会，借此机会，我代表成都市渝中工商局、渝中区私营企业协会，祝各位领导新年快乐、工作愉快、身体健康，祝各位企业家事业兴旺专题探究课一 高考中函数与导数问题的热点题型(建议用时：90分钟)1(2017南通调研)已知函数f(x)aln x(aR)(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)的零点个数解(1)由函数f(x)aln x(aR)得f(x)(ln x2)令f(x)0，得xe2，列表如下：x(0，e2)e2(e2，)f(x)0f(x)极小值因此，函数f(x)的单调递增区间为(e2，)，单调递减区间为(0，e2)(2)由(1)可知，f(x)minf(e2)a2e1.当a2e1时，由f(x)f(e2)a2e10，得函数f(x)的零点个数为0.当a2e1时，因为f(x)在(e2，)上单调递增，在(0，e2)上单调递减，故当x(0，e2)(e2，)时，f(x)f(e2)0.此时，函数f(x)的零点个数为1.当a2e1时，f(x)minf(e2)a2e10.当a0时，因为当x(0，e2)时，f(x)aln xa0，所以函数f(x)在(0，e2)上无零点；另一方面，因为f(x)在(e2，)上单调递增，且f(e2)a2e10，此时，函数f(x)在(e2，)上有且只有一个零点所以当a0时，函数f(x)零点个数为1.当0a0，f(e2)a2e10，所以函数f(x)在(e2，)上有且只有1个零点；另一方面，因为f(x)在(0，e2)上单调递减，且f(e2)a2e1a0(当x0时，exx2成立)，此时，函数f(x)在(0，e2)上有且只有1个零点，所以当0a2e1时，f(x)的零点个数为0；当a2e1或a0时，f(x)的零点个数为1；当0a0时，令f(x)0，解得x或x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)00f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.(2)证明因为f(x)存在极值点，所以由(1)知a0，且x00.由题意，得f(x0)3xa0，即x，进而f(x0)xax0bx0b.又f(2x0)8x2ax0bx02ax0bx0bf(x0)，且2x0x0，由题意及(1)知，存在唯一实数x1满足f(x1)f(x0)，且x1x0，因此x12x0，所以x12x00.3(2017南京、盐城模拟)已知函数f(x)在x0处的切线方程为yx.(1)求实数a的值；(2)若对任意的x(0,2)，都有f(x)成立，求实数k的取值范围；(3)若函数g(x)lnf(x)b的两个零点为x1，x2，试判断g的正负，并说明理由解(1)由题意得f(x)，因为函数在x0处的切线方程为yx，所以f(0)1，解得a1.(2)由题知f(x)0，即kx22x对任意x(0,2)都成立，从而k0.不等式整理可得k0，函数g(x)在(1,2)上单调递增，同理可得函数g(x)在(0,1)上单调递减所以kg(x)ming(1)e1，综上所述，实数k的取值范围是0，e1)(3)结论是g0，理由如下：由题意得函数g(x)lnf(x)bln xxb，所以g(x)1，易得函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以要证g1即可因为x1，x2是函数g(x)的两个零点，所以相减得x2x1ln，不妨令t1，则x2tx1，则tx1x1ln t，所以x1ln t，x2ln t，即证ln t2，即证(t)ln t20，因为(t)0，所以(t)在(1，)上单调递增，所以(t)(1)0，综上所述，函数g(x)总满足g0成立4(2016江苏卷)已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1)设a2，b.求方程f(x)2的根；若对任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值；(2)若0a1，b1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值解(1)由已知可得2xx2，即2x2.(2x)222x10，解得2x1，x0.f(x)2xx2x2x，令t2x2x，则t2.又f(2x)22x22xt22，故f(2x)mf(x)6可化为t22mt6，即mt，又t2，t24.(当且仅当t2时等号成立)mmin4.即m的最大值为4.(2)0a1，b1，ln a0，ln b0.g(x)f(x)2axbx2.g(x)axln abxln b且g(x)为单调递增，值域为R的函数g(x)一定存在唯一的变号零点g(x)为先减后增且有唯一极值点由题意g(x)有且仅有一个零点，则g(x)的极值一定为0，而g(0)a0b020，故极值点为0.g(0)0，即ln aln b0.ab1.5(2017衡水中学质检)已知函数f(x).(1)若f(x)在区间(，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a0，x01，设直线yg(x)为函数f(x)的图象在xx0处的切线，求证：f(x)g(x)(1)解易知f(x)，由已知得f(x)0对x(，2)恒成立，故x1a对x(，2)恒成立，1a2，a1.(2)证明a0，则f(x).函数f(x)的图象在xx0处的切线方程为yg(x)f(x0)(xx0)f(x0)令h(x)f(x)g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，xR，则h(x)f(x)f(x0).设(x)(1x)ex0(1x0)ex，xR则(x)ex0(1x0)ex，x01，(x)0，(x)在R上单调递减，而(x0)0，当x0，当xx0时，(x)0，当x0，当xx0时，h(x)0，h(x)在区间(，x0)上为增函数，在区间(x0，)上为减函数，xR时，h(x)h(x0)0，f(x)g(x)6(2016全国卷)已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围解(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)()设a0，则当x(，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增()设a，则ln(2a)0；当x(ln(2a)，1)时，f(x)0.所以f(x)在(，ln(2a)，(1，)上单调递增，在(ln(2a)，1)上单调递减若a1，故当x(，1)(ln(2a)，)时，f(x)0；当x(1，ln(2a)时，f(x)0，则由(1)知，f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，所以f(x)有两个零点()设a0，则f(x)(x2)ex，所以f(x)只有一个零点()设a0，若a，则由(1)知，f(x)在(1，)上单调递增又当x1时f(x)0，故f(x)不存在