《高考數(shù)學(xué)三輪增分練 高考?jí)狠S大題突破練（四）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（2）理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)三輪增分練 高考?jí)狠S大題突破練（四）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（2）理（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
(四)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(2)
1．(2016課標(biāo)全國(guó)丙)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1<
1，證明：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x>cx.
(1)解 由題設(shè)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1.
當(dāng)00，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．
(2)證明 由(1)知，f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0.
所以當(dāng)x≠1時(shí)，ln x1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
則g′(x)＝c－1－cxln c．令g′(x)＝0，解得x0＝.
當(dāng)x0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x>x0時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．
由(2)知1<0.
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x>cx.
2．(2016課標(biāo)全國(guó)甲)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)當(dāng)a＝4時(shí)，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；
(2)若當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0，求a的取值范圍．
解 (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝4時(shí)，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0，曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.
(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0等價(jià)于ln x－>0，設(shè)g(x)＝ln x－，則
g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①當(dāng)a≤2，x∈(1，＋∞)時(shí)，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，
因此g(x)>0；
②當(dāng)a>2時(shí)，令g′(x)＝0得，
x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2>1和x1x2＝1得x1<1，故當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)<0，
綜上，a的取值范圍是(－∞，2]．
3．(2016北京)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.
(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；
(2)設(shè)a＝b＝4，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍；
(3)求證：a2－3b＞0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件．
(1)解 由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，切線斜率k＝f′(0)＝b.
又f(0)＝c，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(0，c)．
所以所求切線方程為y－c＝b(x－0)，即bx－y＋c＝0.(2)解 由a＝b＝4得f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，
所以f′(x)＝3x2＋8x＋4＝(3x＋2)(x＋2)，
令f′(x)＝0，得(3x＋2)(x＋2)＝0，
解得x＝－2或x＝－，
f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下：
x
(－∞，－2)
－2
－
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
c
↘
c－
↗
所以，當(dāng)c＞0且c－＜0時(shí)，存在x1∈(－∞，－2)，
x2∈，x3∈，
使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c∈時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三個(gè)不同零點(diǎn)．
(3)證明 當(dāng)Δ＝4a2－12b＜0，即a2－3b＜0時(shí)，
f′(x)＝3x2＋2ax＋b＞0，x∈(－∞，＋∞)，
此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn)．
當(dāng)Δ＝4a2－12b＝0時(shí)，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一個(gè)零點(diǎn)，記作x0.
當(dāng)x∈(－∞，x0)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(－∞，x0)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(x0，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn)．
綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，
則必有Δ＝4a2－12b＞0，
故a2－3b＞0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要條件．
當(dāng)a＝b＝4，c＝0時(shí)，a2－3b＞0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有兩個(gè)不同零點(diǎn)，
所以a2－3b＞0不是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的充分條件．
因此a2－3b＞0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件．
4．(2016山東)已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a∈R.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)a＝1時(shí)，證明f(x)>f′(x)＋對(duì)于任意的x∈[1,2]成立．
(1)解 f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝a－－＋＝.
當(dāng)a≤0時(shí)，x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．
當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)＝.
①01，
當(dāng)x∈(0,1)或x∈時(shí)，
f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．
②a＝2時(shí)，＝1，在x∈(0，＋∞)內(nèi)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增．
③a>2時(shí)，0<<1，當(dāng)x∈或x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，
在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減；
當(dāng)02時(shí)，f(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
(2)證明 由(1)知，a＝1時(shí)，
f(x)－f′(x)＝x－ln x＋－
＝x－ln x＋＋－－1，x∈[1,2]．
設(shè)g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋－－1，x∈[1,2]，
則f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．
由g′(x)＝≥0，可得g(x)≥g(1)＝1，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取得等號(hào)．
又h′(x)＝.
設(shè)φ(x)＝－3x2－2x＋6，
則φ(x)在x∈[1,2]內(nèi)單調(diào)遞減．
因?yàn)棣?1)＝1，φ(2)＝－10，所以?x0∈(1,2)，使得x∈(1，x0)時(shí)，φ(x)>0，x∈(x0，2)時(shí)，φ(x)<0.
所以h(x)在(1，x0)內(nèi)單調(diào)遞增，在(x0，2)內(nèi)單調(diào)遞減．
由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取得等號(hào)．
所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝，
即f(x)>f′(x)＋對(duì)于任意的x∈[1,2]成立．
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