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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)(x∈R)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 ( )
❑√10 ❑√10 ❑√10 ❑√10
A.x=1 B.x=1+ C.x=1- D.x=1+ 或1-
2 2 2 2
2.已知函数f(x)=x+e-x,若存在x∈R,使得f(x)≤ax成立,则实数a的取值范围是 ( )
A.(-∞,1-e] B.(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x<1时,2f(x)+(x-
1)f '(x)<0,那么不等式(x+1)2f(x+2)>f(2)的解集为 ( )
A.(-∞,0) B.(-∞,-2) C.(-2,0) D.(-∞,-2)∪(0,+∞)
1
4.若函数f(x)=m-x2+2ln x在[ ,e]上有两个不同的零点,则实数m的取值范围为( )
e2
1 1
A.(1,e2-2] B.[4+ ,e2-2] C.(1,4+ ] D.[1,+∞)
e4 e4
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 .
b
6.已知函数f(x)=ln(x+1)-2的图象的一条切线为y=ax+b,则 的最小值是 .
a
三、解答题(共48分)
7.(12分)已知f(x)=x2-2ax+ln 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x,x(x0,a∈R).
x
(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,a∈R.
(1)若函数f(x)有极值点,求a的取值范围;
(2)若对任意的x∈[1,e],总存在x∈[1,e],使得f(x)+f(x)=4,求实数a的值.
1 2 1 2
10.(12分)已知函数f(x)=e1-x,g(x)=x2+ax-a(a∈R)(e为自然对数的底数).
(1)求证:当a≥-2且x<1时,f(x)>g(x);
(2)判断“a≤-4”是“φ(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)=
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- )=
2
❑√10 ❑√10 ❑√10 ❑√10 ❑√10
-4(x-1)(x-1+ )(x-1- ),令f '(x)>0,得x<1- 或11+ ,所以x=1为函数f(x)的极小值点,故选A.
2
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)=
5 ❑√10 ❑√10 ❑√10
-(x2-1)(x2-4)=-(x4-5x2+4),m'(x)=-4x(x2- )=-4x(x- )(x+ ),令m'(x)>0,则x<- 或
2 2 2 2
❑√10 ❑√10 ❑√10
0 ,所以x=0为函数m(x)的极小值点,则x=1为函
2 2 2
数f(x)的极小值点,故选A.
1
2.D 解法一 可以考虑研究问题“对任意的x∈R,f(x)>ax恒成立”,即x+ >ax在R上恒
ex
成立.
①当x=0时,该不等式显然成立;1 1
②当x>0时,a<1+ 恒成立,设g(x)=1+ ,显然g(x)在(0,+∞)上单调递减,且当x→+∞时,
xex xex
g(x)→1,∴a≤1;
1 x+1
③当x<0时,a>1+ 恒成立,由②知g'(x)=- ,当x∈(-∞,-1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当
xex x2ex
x∈(-1,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,∴当x=-1时,g(x)有最大值,最大值为1-e,∴a>1-e,∴1-
e0,所以φ(x)在区间(-∞,1)上为增函数.点P(x,y)关
0 0
于直线x=1的对称点P'(2-x ,y),由于函数f(x)的图象关于直线x=1对称,则f(x)=f(2-x ),而
0 0 0 0
φ(2-x )=(2-x -1)2f(2-x )=(x-1)2f(x)=φ(x),所以,函数φ(x)的图象也关于直线x=1对称,所以φ(x)
0 0 0 0 0 0
在区间(1,+∞)上为减函数.不等式(x+1)2f(x+2)>f(2)可化为φ(x+2)>φ(2),所以|x+2-1|<1,
得-22.72-2>5,∴g( )0,所以f(x)在(-1,+∞)上是增函数,零点是x=e2-1.如图D 1-2,
x+1
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,
b
最大值为e2-1.因此, 的最小值是1-e2.
a
图D 1-2
7.(1)当a=1时,f(x)=x2-2x+ln x(x>0),
1 2x2-2x+1 (x-1)2+x2
f '(x)=2x-2+ = = >0. (2分)
x x x
所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. (3分)
1 2x2-2ax+1
(2)f '(x)=2x-2a+ = ,
x x
由题意得,x 和x 是方程2x2-2ax+1=0的两个不相等的正实数根,所以
1 2
x +x =a>0,
{ 1 2
1 解得a> ,
x x = , ❑√2
1 2 2
Δ=4a2-8>0,
2ax=2 +1,2ax=2 +1, (6分)
1 x2 2 x2
1 2a ❑√2 ❑√2 ❑√2
由于 > ,所以x∈(0, ),x∈( ,+∞). (7分)
2 2 1 2 2 2
2f(x)-f(x)=2( -2ax+ln x)-( -2ax+ln x)
1 2 x2 1 1 x2 2 2
1 2
=2 - -4ax+2ax-ln x+2ln x
x2 x2 1 2 2 1
1 2
x
=-2
x2
+
x2
-ln 2-1
1 2 x2
1
=- 1 + -ln 4 -1
x2 x3
2x2 2 2
2
=- 1 + -3ln -2ln 2-1. (9分)
x2 x2
2x2 2 2 2
2
1 1 3
令t=x2(t> ),g(t)=- +t- ln t-2ln 2-1,则
2 2 2t 2
g'(t)= 1 +1- 3 =2t2-3t+1=(2t-1)(t-1),
2t2 2t 2t2 2t2
1
当 1时,g'(t)>0,
2
1
所以y=g(t)在区间( ,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增, (11分)
2
1+4ln2
g(t) =g(1)=- ,
min
2
1+4ln2
所以2f(x)-f(x)的最小值为- . (12分)
1 2
2
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,Δ=a2-4.
①当Δ=a2-4<0,即-20在区间(0,+∞)上恒成立,
所以当-20在(0,+∞)上恒成立,
所以当a=2时,函数f(x)没有零点; (2分)
③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)
④当Δ=a2-4>0,即a<-2或a>2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x,x,且x0,xx=1>0,故x>x >0,
1 2 1 2 2 1
所以当a<-2时,函数f(x)有两个零点; (4分)
(ii)当a>2时,x+x =-a<0,xx=1>0,故x<0,x<0,
1 2 1 2 1 2
因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),
所以当a>2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a<-2时,函数f(x)有两
个零点. (6分)
x2+ax+1
(2)由题意知,对于任意的x∈(0,+∞),总有x· ≤ex-ln x+2x2+1成立,等价于对于任意的
x
ex-lnx ex-lnx
x∈(0,+∞),总有a≤ +x成立,等价于a≤( +x) (x>0). (7分)
min
x x
ex-lnx
设φ(x)= +x(x>0),
x
1
(ex- )x-(ex-lnx) ex(x-1)+lnx+(x+1)(x-1)
则φ'(x)= x +1= ,
x2
x2
因为x>0,所以当x∈(0,1)时,φ'(x)<0,所以φ(x)在区间(0,1)上单调递减; (9分)
当x∈(1,+∞)时,φ'(x)>0,所以φ(x)在区间(1,+∞)上单调递增. (10分)
所以φ(x) =φ(1)=e+1,所以a≤e+1. (11分)
min
所以实数a的最大值为e+1.(12分)
a a-x
9.(1)因为f(x)=aln x-x+2,x>0,所以f '(x)= -1= ,x>0,
x x当a≤0时,任意的x∈(0,+∞),f '(x)<0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,此时无极值点; (1
分)
当a>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(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)①当a≤1时,由(1)知,在[1,e]上,f(x)是减函数,所以f(x) =f(1)=1.
max
因为对于任意的x∈[1,e],x∈[1,e],f(x)+f(x)≤2f(1)=2<4,
1 2 1 2
所以对于任意的x∈[1,e],不存在x∈[1,e],使得f(x)+f(x)=4. (6分)
1 2 1 2
②当10,g(e)=4-f(e)-f(x)=f(1)-f(x)<0,
1 1 1 1
所以存在x∈(1,e),使得g(x)=4-f(x)-f(x)=0,即f(x)+f(x)=4,
2 2 2 1 1 2
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a≥e时,由(1)知,在[1,e]上,f(x)是增函数,f(x) =f(1)=1,f(x) =f(e),由题意,对任意的
min max
{f (1)≤4-f (e),
x∈[1,e],总存在x∈[1,e],使得f(x)+f(x)=4,则 所以f(1)+f(e)=a-e+3=4,
1 2 1 2 f (e)≥4-f (1),
得a=e+1.综上可知,实数a的值为e+1. (12分)
10.(1)当a≥-2且x<1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x<1),
则p'(x)=e1-x-2,
令p'(x)≥0,得x≤1-ln 2,令p'(x)<0,得1-ln 20,即f(x)>g(x).
故当a≥-2且x<1时,f(x)>g(x). (5分)
(2)“a≤-4”是“φ(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φ(x)=f(x)·g(x)=(x2+ax-a)e1-x,
则φ'(x)=-(x+a)(x-2)e1-x. (6分)
(i)若a≤-4,令φ'(x)>0,得2-a,
∴φ(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,
∴φ(x)的极小值φ(2)=(a+4)e-1≤0,
当x≥-a时,x2+ax-a≥(-a)2-a2-a=-a≥4,
φ(x)≥4e1-x>0,
a+4
∴当a≤-4时,φ(x)有最小值,最小值为φ(2)= ,
e
∴“a≤-4”是“φ(x)=f(x)·g(x)存在最小值”的充分条件. (9分)
(ii)注意到当a=0时,φ(x)=x2e1-x,φ'(x)=x(2-x)e1-x,
令φ'(x)>0,得02,∴φ(x)在区间(-∞,0)上是减函数,在区间(0,2)上是增函数,在区间(2,+∞)上是减函数,
∴当x=0时,φ(x)有极小值φ(0)=0.
又当x>2时,φ(x)=x2e1-x>0,
∴φ(x)有最小值0.
∴当φ(x)有最小值时,a可以为0.
∴“a≤-4”不是“φ(x)=f(x)·g(x)存在最小值”的必要条件. (11分)
综上,“a≤-4”是“φ(x)=f(x)·g(x)存在最小值”的充分不必要条件. (12
分)
