专题讲座一函数与导数在高考中的常见题型与求解策略1．(2022·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|AB|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|AB|＝|t－＋1|＝|t－＋1|＝|－＋1|.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，所以g(t)min＝g(1)＝，所以|AB|≥，所以|AB|的最小值为.2．(2022·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，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.4\n3．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)＝≥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<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－<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．(2022·高考全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(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．4\n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.故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.1．(2022·太原模拟)已知函数f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R.(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x＝0处取得极小值，求a的取值范围．解：(1)由题意得f′(x)＝x[(x＋2－a)ex－2]＝xex，x∈R， 因为f(x)在(0，＋∞)上是递增的，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x＋2－≥a在(0，＋∞)上恒成立，又函数g(x)＝x＋2－在(0，＋∞)上是递增的，所以a≤g(0)＝0，所以a的取值范围是(－∞，0]．(2)由(1)得f′(x)＝xex，x∈R，令f′(x)＝0，则x＝0或x＋2－－a＝0，即x＝0或g(x)＝a，因为g(x)＝x＋2－在(－∞，＋∞)上是递增的，其值域为R，所以存在唯一x0∈R，使得g(x0)＝a，①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x＝0处取得极大值，这与题设矛盾．②若x0＝0，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x＝0处不取极值，这与题设矛盾．③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x＝0处取得极小值．综上所述，x0<0，所以a＝g(x0)<g(0)＝0，所以a的取值范围是(－∞，0)．4\n2．(2022·高考福建卷改编)已知函数f(x)＝lnx－.(1)求函数f(x)的递增区间；(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．解：(1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0，得解得0＜x＜.故f(x)的递增区间是(0，)．(2)证明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，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x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜x－1. (3)由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意．当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，则f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意．当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)， 则有G′(x)＝－x＋1－k＝.由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0，解得x1＝＜0，x2＝＞1.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(x－1)，综上，k的取值范围是(－∞，1)．4
