专题一 函数与导数（大题突破）-【创新教程】2016-2020五年高考真题文科数学分类特训

详 解 详 析 专题一　函数与导数 １．解:当a＝１时,f(x)＝ex－x－２,则f′(x)＝ex－１． 当x＜０时,f′(x)＜０;当x＞０时,f′(x)＞０． 所以f(x)在(－∞,０)单调递减,在(０,＋∞)单调递增． (２)f′(x)＝ex－a． 当a≤０时,f′(x)＞０,所以f(x)在(－∞,＋∞)单调递 增,故f(x)至多存在１个零点,不合题意． 当a＞０时,由f′(x)＝０可 得x＝lna,当x∈(－∞, lna)时,f′(x)＜０;当x∈(lna,＋∞)时,f′(x)＞０,所以f (x)在(－∞,lna)单调递减,在(lna,＋∞)单调递增,故 当x＝lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)＝－a (１＋lna)． (ⅰ)若０＜a≤１e ,则f(lna)≥０,f(x)在(－∞,＋∞)至 多存在１个零点,不合题意． (ⅱ)若a＞１e ,则f(lna)＜０． 由于f(－２)＝e－２＞０,所以f(x)在(－∞,lna)存在唯 一零点． 由(１)知,当x＞２时,ex－x－２＞０,所以当x＞４且x＞ ２ln(２a)时, f(x)＝e x ２ 􀅰e x ２ －a(x＋２) ＞eln(２a)􀅰 x２＋２( )－a(x＋２) ＝２a＞０． 故f(x)在 (lna,＋∞)存 在 唯 一 零 点,从 而 f(x)在 (－∞,＋∞)有两个零点． 综上,a的取值范围是 １e ,＋∞( )． ２．解:设h(x)＝f(x)－２x－c,则h(x)＝２lnx－２x＋１－c, 其定义域为(０,＋∞),h′(x)＝２x－２． (１)当０＜x＜１时,h′(x)＞０;当x＞１时,h′(x)＜０．所以 h(x)在区间(０,１)单调递增,在区间(１,＋∞)单调递减． 从而当x＝１时,h(x)取得最大值,最大值为h(１)＝－１ －c． 故当且仅当－１－c≤０,即c≥－１时,f(x)≤２x＋c． 所以c的取值范围为[－１,＋∞)． (２)g(x)＝f (x)－f(a) x－a ＝ ２(lnx－lna) x－a ,x∈(０,a)∪(a, ＋∞)． g′(x)＝ ２ x－ax ＋lna－lnx( ) (x－a)２ ＝ ２ １－ax ＋ln a x( ) (x－a)２ ． 令w(x)＝－２ax －２lnx＋２lna＋２ (x＞０), 则w′(x)＝２a x２ －２x＝ ２(a－x) x２ 令w′(x)＞０,得０＜x＜a, 所以,w(x)在(０,a)上单调递增,在(a,＋∞)上递减, 所以,w(x)≤w(a)＝０,即g′(x)≤０ 所以,g(x)在(０,a)和(a,＋∞)上单调递减． ３．解:(１)由题意可得,定义域为 R, f′(x)＝３x２－k, ①k≤０时,f′(x)＞０,函数f(x)在 R上单调递增; ②当k＞０时,f′(x)＝３x２－k． 令f′(x)＞０解得x＜－ k３ 或x＞ k３ 即f(x)在 －∞,－ k３ æ è ç ö ø ÷ 和 k ３ ,＋∞ æ è ç ö ø ÷ 上单调递增; 令f′(x)＜０解得－ k３ ＜x＜ k ３ , 函数f(x)在 － k３ , k ３ æ è ç ö ø ÷ 上单调递减． 综上,当k≤０时,函数f(x)在 R上单调递增, 当 k ＞ ０ 时,函 数 f (x) 在 －∞,－ k３ æ è ç ö ø ÷, k ３ ,＋∞ æ è ç ö ø ÷ 上 单 调 递 增,在 － k３ , k ３ æ è ç ö ø ÷ 上 单 调 递 减． (２)f(x)＝x３－kx＋k２ 由(１)可知,k≤０时,f(x)在 R上 单调递增,不存在三个零点,故舍去． k＞０时,要使y＝f(x)有三个零点,则f － k３ æ è ç ö ø ÷＞０且 f k３ æ è ç ö ø ÷＜０,解 之 得 ０＜k＜ ４２７ ,故k 的 取 值 范 围 是 ０,４２７( )． ４．解:(１)设切点为(x０,y０) ∵f′(x)＝－２x ∴f′(x０)＝－２x０＝－２ ∴x０＝１ ∴y０＝１１ ∴切线方程为y－１１＝－２(x－１),即２x＋y－１３＝０ (２)由题得:t≠０ 设函数在(t,f(t))处的切线为l l与x 轴,y轴交点分别为点A,B ∵f′(x)＝－２x,∴f′(t)＝－２t ∴l的方程为y－(１２－t２)＝－２t(x－t), 即y＝－２tx＋t２＋１２ 令x＝０,则y＝t２＋１２,∴B(０,t２＋１２) 令y＝０,则x＝t ２＋１２ ２t ,∴A t ２＋１２ ２t ,０( ) ∴S(t)＝１２ t２＋１２ ２t |t ２＋１２|＝１４ (t２＋１２)２ t 由二次函数f(x)＝１２－x２ 的对称性, 不妨设t＞０,∴S(t)＝１４ 􀅰(t ２＋１２)２ t S′(t)＝１４ 􀅰４t ２(t２＋１２)－