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北师大版.doc

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1、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y＝a分别与直线y＝2(x＋1)，曲线y＝x＋lnx交于点A，B，则

2、AB

3、的最小值为(　　)A．3　　　　　　　　　　B．2C.D.解析：选D.解方程2(x＋1)＝a，得x＝－1.设方程x＋lnx＝a的根为t(t>0)，则t＋lnt＝a，则

4、AB

5、＝

6、t－＋1

7、＝

8、t－＋1

9、＝

10、－＋1

11、.设g(t)＝－＋1(t>0)，则g′(t)＝－＝(t>0)，令g′(t)＝0，得t＝1.当t∈(0，1)时，g′(t)<0；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0

12、，所以g(t)min＝g(1)＝，所以

13、AB

14、≥，所以

15、AB

16、的最小值为.2．(2015·高考全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)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y＝g(x)＝(x≠0)，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

17、，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x＞0，g(x)＞0时，f(x)＞0，0＜x＜1，当x＜0，g(x)＜0时，f(x)>0，x＜－1，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)＝＋lnx，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)＝＋lnx，所以f′(x)＝(a>0)．因为函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)＝

18、≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，所以ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≥1.答案：[1，＋∞)4．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a的值为________．解析：由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1

19、有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4.答案：5或45．已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图像有三个不同的交点，求m的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a<0时，对x∈R，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－0时，f(x)的递增区间为(－∞，－]，[，＋

20、∞)，f(x)的递减区间为[－，]．　(2)因为f(x)在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，则a＝1，所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.由f′(x)＝0解得x1＝－1，x2＝1.由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.因为直线y＝m与函数y＝f(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Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(

21、x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点；当a＞0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0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，　故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的

22、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x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故