高考数学必备—函数—【清北助学团】数学（函数、导数）高考中的函数与导数问题

1、微专题1高考中的函数与导数问题一、选择题(每小题5分,共20分)1.已知函数f(x)(xR)满足f(x)=f(2-x),g(x)=-x2-x.若f(x)=g(x)h(x),h(x)为一元二次函数,f(x)的最高次项的系数为-1,则f(x)的极小值点为()A.x=1 B.x=1+102 C.x=1-102D.x=1+102或1-1022.已知函数f(x)=x+e-x,若存在xR,使得f(x)ax成立,则实数a的取值范围是()A.(-,1-eB.(1,+) C.(1-e,1 D.(-,1-e(1,+)3.已知函数f(x)的定义域为R,其图象关于直线x=1对称,其导函数为f (x),当x1时,2f(

2、x)+(x-1)f (x)f(2)的解集为()A.(-,0) B.(-,-2) C.(-2,0) D.(-,-2)(0,+) 4.若函数f(x)=m-x2+2ln x在1e2,e上有两个不同的零点,则实数m的取值范围为()A.(1,e2-2 B.4+1e4,e2-2 C.(1,4+1e4D.1,+)二、填空题(每小题5分,共10分)5.已知函数f(x)=ex+2x2-4x(e为自然对数的底数),则函数f(x)的图象在x=1处的切线方程是.6.已知函数f(x)=ln(x+1)-2的图象的一条切线为y=ax+b,则ba的最小值是.三、解答题(共48分)7.(12分)已知f(x)=x2-2ax+ln

3、 x.(1)当a=1时,求f(x)的单调性;(2)若f (x)为f(x)的导函数, f(x)有两个不相等的极值点x1,x2(x10,aR).(1)讨论函数f(x)的零点的个数;(2)若函数g(x)=ex-ln x+2x2+1,且对于任意的x(0,+),总有xf(x)g(x)成立,求实数a的最大值.9.(12分)已知函数f(x)=aln x-x+2,aR.(1)若函数f(x)有极值点,求a的取值范围;(2)若对任意的x11,e,总存在x21,e,使得f(x1)+f(x2)=4,求实数a的值.10.(12分)已知函数f(x)=e1-x,g(x)=x2+ax-a(aR)(e为自然对数的底数).(1)

4、求证:当a-2且xg(x);(2)判断“a-4”是“(x)=f(x)g(x)存在最小值”的什么条件,并予以证明.答案1.A解法一由题易知0,-1为方程g(x)=0的根,则0,-1为函数f(x)的零点.由于f(x)=f(2-x),即函数f(x)的图象关于直线x=1对称,则2,3也为函数f(x)的零点,所以f(x)=-(x+1)x(x-2)(x-3)=-x(x-2)(x+1)(x-3)=-(x2-2x)(x2-2x-3),f (x)=-(2x-2)(x2-2x-3)-(x2-2x)(2x-2)=-4(x-1)(x2-2x-32)=-4(x-1)(x-1+102)(x-1-102),令f (x)0,

5、得x1-102或1x1+102,令f (x)0,得1-102x1+102,所以x=1为函数f(x)的极小值点,故选A.解法二由题易知0,-1为方程g(x)=0的根,则0,-1为函数f(x)的零点.由于f(x)=f(2-x),即函数f(x)的图象关于直线x=1对称,则2,3也为函数f(x)的零点,所以f(x)=-(x+1)x(x-2)(x-3).把函数f(x)的图象向左平移1个单位长度得到的图象对应的函数为m(x)=f(x+1)=-(x+2)(x+1)(x-1)(x-2)=-(x2-1)(x2-4)=-(x4-5x2+4),m(x)=-4x(x2-52)=-4x(x-102)(x+102),令m

6、(x)0,则x-102或0x102,令m(x)0,则-102x102,所以x=0为函数m(x)的极小值点,则x=1为函数f(x)的极小值点,故选A.2.D解法一可以考虑研究问题“对任意的xR,f(x)ax恒成立”,即x+1exax在R上恒成立.当x=0时,该不等式显然成立;当x0时,a1+1xex恒成立,设g(x)=1+1xex,显然g(x)在(0,+)上单调递减,且当x+时,g(x)1,a1;当x1+1xex恒成立,由知g(x)=-x+1x2ex,当x(-,-1)时,g(x)0,g(x)单调递增,当x(-1,0)时,g(x)1-e,1-ea1.实数a的取值范围为(-,1-e(1,+).故选D

7、.解法二利用导数工具研究函数f(x)的性质,得到函数f(x)的图象如图D 1-1所示.图D 1-1设直线y=kx与f(x)的图象相切,切点为(x0,x0+e-x0),k=1-e-x0,切线方程为y=(1-e-x0)(x-x0)+x0+e-x0=(1-e-x0)x+(x0+1)e-x0,(x0+1)e-x0=0,x0=-1,k=1-e-x0=1-e.又当x0+时,k1,直线y=x为f(x)图象的渐近线.数形结合知,实数a的取值范围为(-,1-e(1,+).故选D.3.C由已知2f(x)+(x-1)f (x)0可构造函数(x)=(x-1)2f(x),则(x)=2(x-1)f(x)+(x-1)2f

8、(x)=(x-1)2f(x)+(x-1)f (x),当x0,所以(x)在区间(-,1)上为增函数.点P(x0,y0)关于直线x=1的对称点P(2-x0,y0),由于函数f(x)的图象关于直线x=1对称,则f(x0)=f(2-x0),而(2-x0)=(2-x0-1)2f(2-x0)=(x0-1)2f(x0)=(x0),所以,函数(x)的图象也关于直线x=1对称,所以(x)在区间(1,+)上为减函数.不等式(x+1)2f(x+2)f(2)可化为(x+2)(2),所以|x+2-1|1,得-2x0,故选C.4.C令f(x)=m-x2+2ln x=0,则m=x2-2ln x.令g(x)=x2-2ln x

9、,则g(x)=2x-2x=2(x-1)(x+1)x,g(x)在区间1e2,1上单调递减,在区间(1,e上单调递增,g(x)min=g(1)=1,又g(1e2)=4+1e4,g(e)=e2-2,4+1e42.72-25,g(1e2)0,所以f(x)在(-1,+)上是增函数,零点是x=e2-1.如图D 1-2,作出函数 f(x)的大致图象,结合图象可知f(x)的图象在点(e2-1,0)处的切线在x轴上的截距最大,最大值为e2-1.因此,ba的最小值是1-e2.图D 1-27.(1)当a=1时,f(x)=x2-2x+ln x(x0), f (x)=2x-2+1x=2x2-2x+1x=(x-1)2+x

10、2x0. (2分)所以f(x)在区间(0,+)上单调递增.(3分)(2)f (x)=2x-2a+1x=2x2-2ax+1x,由题意得,x1和x2是方程2x2-2ax+1=0的两个不相等的正实数根,所以x1+x2=a0,x1x2=12,=4a2-80,解得a2,2ax1=2x12+1,2ax2=2x22+1,(6分)由于a222,所以x1(0,22),x2(22,+).(7分)2f(x1)-f(x2)=2(x12-2ax1+ln x1)-(x22-2ax2+ln x2)=2x12-x22-4ax1+2ax2-ln x2+2ln x1=-2x12+x22-lnx2x12-1=-12x22+x22-

11、ln 4x23-1=-12x22+x22-32ln x22-2ln 2-1.(9分)令t=x22(t12),g(t)=-12t+t-32ln t-2ln 2-1,则g(t)=12t2+1-32t=2t2-3t+12t2=(2t-1)(t-1)2t2,当12t1时,g(t)1时,g(t)0,所以y=g(t)在区间(12,1)上单调递减,在区间(1,+)上单调递增,(11分)g(t)min=g(1)=-1+4ln22,所以2f(x1)-f(x2)的最小值为-1+4ln22.(12分)8.(1)令f(x)=0,即x2+ax+1=0.设h(x)=x2+ax+1, 对于方程x2+ax+1=0,=a2-4

12、.当=a2-40,即-2a0在区间(0,+)上恒成立,所以当-2a0在(0,+)上恒成立,所以当a=2时,函数f(x)没有零点;(2分)当a=-2时,h(x)=x2-2x+1=(x-1)2,由h(x)=0,得x=1,所以当a=-2时,函数f(x)有一个零点;(3分)当=a2-40,即a2时,方程h(x)=0有两个不等实根,设方程h(x)=0的两个不等实根分别为x1,x2,且x1x2,(i)当a0,x1x2=10,故x2x10,所以当a2时,x1+x2=-a0,故x10,x22时,函数f(x)没有零点.(5分)综上,当a-2时,函数f(x)没有零点; 当a=-2时,函数f(x)有一个零点;当a0

13、).(7分)设(x)=ex-lnxx+x(x0),则(x)=(ex-1x)x-(ex-lnx)x2+1=ex(x-1)+lnx+(x+1)(x-1)x2,因为x0,所以当x(0,1)时,(x)0,所以(x)在区间(1,+)上单调递增.(10分)所以(x)min=(1)=e+1,所以ae+1.(11分)所以实数a的最大值为e+1.(12分)9.(1)因为f(x)=aln x-x+2,x0,所以f (x)=ax-1=a-xx,x0,当a0时,任意的x(0,+),f (x)0时,令f (x)=0,得x=a.因为x(0,a)时,f (x)0,x(a,+)时,f (x)0,所以f(x)的单调递增区间为(

14、0,a),单调递减区间为(a,+),此时函数f(x)有极大值点.(3分)综上可知,实数a的取值范围是(0,+).(4分)(2)当a1时,由(1)知,在1,e上,f(x)是减函数,所以f(x)max=f(1)=1.因为对于任意的x11,e,x21,e,f(x1)+f(x2)2f(1)=24,所以对于任意的x11,e,不存在x21,e,使得f(x1)+f(x2)=4.(6分)当1ae时,由(1)知,在1,a上,f(x)是增函数,在(a,e上,f(x)是减函数,所以f(x)max=f(a)=aln a-a+2.因为对于任意的x11,e,x21,e,f(x1)+f(x2)2f(a)=2a(ln a-1

15、)+4,又1ae,ln a-10,所以2a(ln a-1)+40,g(e)=4-f(e)-f(x1)=f(1)-f(x1)0,所以存在x2(1,e),使得g(x2)=4-f(x2)-f(x1)=0,即f(x1)+f(x2)=4,所以由f(1)+f(e)=a-e+3=4,得a=e+1.综上可知,实数a的值为e+1.(12分)解法二当ae时,由(1)知,在1,e上,f(x)是增函数,f(x)min=f(1)=1,f(x)max=f(e),由题意,对任意的x11,e,总存在x21,e,使得f(x1)+f(x2)=4,则f(1)4-f(e),f(e)4-f(1),所以f(1)+f(e)=a-e+3=4

16、,得a=e+1.综上可知,实数a的值为e+1.(12分)10.(1)当a-2且x1时,设h(x)=f(x)-g(x)=e1-x-x2-ax+a,则h(x)=-e1-x-2x-a,设p(x)=-e1-x-2x-a(a-2且x1),则p(x)=e1-x-2,令p(x)0,得x1-ln 2,令p(x)0,得1-ln 2x1,p(x)在区间(-,1-ln 2)上是增函数,在区间(1-ln 2,1)上是减函数.当a-2时,p(x)p(1-ln 2)=2ln 2-4-a2ln 2-4+2=2(ln 2-1)0,当x1时,h(x)0,即h(x)在区间(-,1)上是减函数.(4分)又h(1)=0,当x0,即f(x)g(x).故当a-2且xg(x).(5分)(2)“a-4”是“(x)=f(x)g(x)存在最小值”的充分不必要条件.下面给予证明:设(x)=f(x)g(x)=(x2+ax-a)e1-x,则(x)=-(x+a)(x-2)e1-x.(6分)(i)若a-4,令(x)0,得2x-a,令(x)0,得x-a,(x)在区间(-,2)上是减函数,在区间(2,-a)上是增函数,在区间(-a,+)上是减函数,(x)的极小值(2)=(a+4)e-10,当x-a时,x2+ax-a(-a)2-a2-a=-a4,(x)4e1-x0,当a-4时,(x)有最小值,最小值为(2)=a+4e,“a-4”是“(x)=f(x