高考数学一轮复习专题讲座1函数与导数在高考中的常见题型与求解策略知能训练轻松闯关理北师大版.doc

专题讲座1 函数与导数在高考中的常见题型与求解策略1(2016·唐山模拟)直线ya分别与直线y2(x1)，曲线yxln x交于点A，B，则|AB|的最小值为()A3B2C. D.解析：选D.解方程2(x1)a，得x1.设方程xln xa的根为t(t>0)，则tln ta，则|AB|t1|t1|1|.设g(t)1(t>0)，则g(t)(t>0)，令g(t)0，得t1.当t(0，1)时，g(t)<0；当t(1，)时，g(t)>0，所以g(t)ming(1)，所以|AB|，所以|AB|的最小值为.2(2015·高考全国卷)设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当x>0时，xf(x)f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A(，1)(0，1)B(1，0)(1，)C(，1)(1，0)D(0，1)(1，)解析：选A.设yg(x)(x0)，则g(x)，当x>0时，xf(x)f(x)<0，所以g(x)<0，所以g(x)在(0，)上为减函数，且g(1)f(1)f(1)0.因为 f(x)为奇函数，所以g(x)为偶函数，所以g(x)的图像的示意图如图所示当x0，g(x)0时，f(x)0，0x1，当x0，g(x)0时，f(x)>0，x1，所以使得f(x)0成立的x的取值范围是(，1)(0，1)，故选A.3已知函数f(x)ln x，若函数f(x)在1，)上为增函数，则正实数a的取值范围为_解析：因为f(x)ln x，所以f(x)(a>0)因为函数f(x)在1，)上为增函数，所以f(x)0对x1，)恒成立，所以ax10对x1，)恒成立，即a对x1，)恒成立，所以a1.答案：1，)4若函数f(x)2x39x212xa恰好有两个不同的零点，则a的值为_解析：由题意得f(x)6x218x126(x1)(x2)，由f(x)>0，得x<1或x>2，由f (x)<0，得1<x<2，所以函数f(x)在(，1)，(2，)上是递增的，在(1，2)上是递减的，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)0或f(2)0，解得a5或a4.答案：5或45已知函数f(x)x33ax1，a0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x1处取得极值，直线ym与yf(x)的图像有三个不同的交点，求m的取值范围解：(1)f(x)3x23a3(x2a)，当a<0时，对xR，有f(x)>0，所以f(x)的递增区间为(，)；当a>0时，由f(x)>0，解得x<或x>，由f(x)<0，解得<x<，所以当a>0时，f(x)的递增区间为(，)，f(x)的递减区间为，(2)因为f(x)在x1处取得极值，所以f(1)3×(1)23a0，则a1，所以f(x)x33x1，f(x)3x23.由f(x)0解得x11，x21.由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x1处取得极大值f(1)1，在x1处取得极小值f(1)3.因为直线ym与函数yf(x)的图像有三个不同的交点，结合f(x)的单调性可知，m的取值范围是(3，1)6 (2015·高考全国卷)设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0)当a0时，f(x)0，f(x)没有零点；当a0时，设u(x)e2x，v(x)，因为u(x)e2x在(0，)上是递增的，v(x)在(0，)上是递增的，所以f(x)在(0，)上是递增的又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0，故当a0时，f(x)存在唯一零点(2)证明：由(1)，可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上是递减的，在(x0，)上是递增的，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln 2aaln .故当a0时，f(x)2aaln .1(2016·太原模拟)已知函数f(x)(x2axa)exx2，aR.(1)若函数f(x)在(0，)上递增，求a的取值范围；(2)若函数f(x)在x0处取得极小值，求a的取值范围解：(1)由题意得f(x)x(x2a)ex2xex，xR，因为f(x)在(0，)上是递增的，所以f(x)0在(0，)上恒成立，所以x2a在(0，)上恒成立，又函数g(x)x2在(0，)上是递增的，所以ag(0)0，所以a的取值范围是(，0(2)由(1)得f(x)xex，xR，令f(x)0，则x0或x2a0，即x0或g(x)a，因为g(x)x2在(，)上是递增的，其值域为R，所以存在唯一x0R，使得g(x0)a，若x0>0，当x(，0)时，g(x)<a，f(x)>0；当x(0，x0)时，g(x)<a，f(x)<0，所以f(x)在x0处取得极大值，这与题设矛盾若x00，当x(，0)时，g(x)<a，f(x)>0；当x(0，)时，g(x)>a，f(x)>0，所以f(x)在x0处不取极值，这与题设矛盾若x0<0，当x(x0，0)时，g(x)>a，f(x)<0；当x(0，)时，g(x)>a，f(x)>0，所以f(x)在x0处取得极小值综上所述，x0<0，所以ag(x0)<g(0)0，所以a的取值范围是(，0)2(2015·高考福建卷改编)已知函数f(x)ln x.(1)求函数f(x)的递增区间；(2)证明：当x1时，f(x)x1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1，x0)时，恒有f(x)k(x1)解：(1)f(x)x1，x(0，)由f(x)0，得解得0x.故f(x)的递增区间是(0，)(2)证明：令F(x)f(x)(x1)，x(0，)，则有F(x).当x(1，)时，F(x)0，所以F(x)在(1，)上是递减的，故当x1时，F(x)F(1)0，即当x1时，f(x)x1.(3)由(2)知，当k1时，不存在x01满足题意当k1时，对于x1，有f(x)x1k(x1)，则f(x)k(x1)，从而不存在x01满足题意当k1时，令G(x)f(x)k(x1)，x(0，)，则有G(x)x1k.由G(x)0，得x2(1k)x10，解得x10，x21.当x(1，x2)时，G(x)0，故G(x)在1，x2)内是递增的从而当x(1，x2)时，G(x)G(1)0，即f(x)k(x1)，综上，k的取值范围是(，1)4