专题探究课一高考中函数与导数问题的热点题型(建议用时：90分钟)1．(2017·南通调研)已知函数f(x)＝a＋lnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)的零点个数．解(1)由函数f(x)＝a＋lnx∈(a∈R)得f′(x)＝(lnx＋2)．令f′(x)＝0，得x＝e－2，列表如下：x(0，e－2)e－2(e－2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值因此，函数f(x)的单调递增区间为(e－2，＋∞)，单调递减区间为(0，e－2)．(2)由(1)可知，f(x)min＝f(e－2)＝a－2e－1.当a>2e－1时，由f(x)≥f(e－2)＝a－2e－1>0，得函数f(x)的零点个数为0.当a＝2e－1时，因为f(x)在(e－2，＋∞)上单调递增，在(0，e－2)上单调递减，故当x∈(0，e－2)∪(e－2，＋∞)时，f(x)>f(e－2)＝0.此时，函数f(x)的零点个数为1.当a<2e－1时，f(x)min＝f(e－2)＝a－2e－1<0.①当a≤0时，因为当x∈(0，e－2)时，f(x)＝a＋lnx
0，此时，函数f(x)在(e－2，＋∞)上有且只有一个零点．所以当a≤0时，函数f(x)零点个数为1.②当00，f(e－2)＝a－2e－1<0，所以函数f(x)在(e－2，＋∞)上有且只有1个零点；另一方面，因为f(x)在(0，e－2)上单调递减，且f(e－2)＝a－2e－1<0.又∈(0，e－2)，且＝>a－＝0(当x>0时，ex>x2成立)，此时，函数f(x)在(0，e－2)上有且只有1个零点，所以当02e－1时，f(x)的零点个数为0；当a＝2e－1或a≤0时，f(x)的零点个数为1；当00时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.(2)证明因为f(x)存在极值点，所以由(1)知a>0，且x0≠0.由题意，得f′(x0)＝3x－a＝0，即x＝，进而f(x0)＝x－ax0－b＝－x0－b.又f(－2x0)＝－8x＋2ax0－b＝－x0＋2ax0－b＝－x0－b＝f(x0)，且－2x0≠x0，由题意及(1)知，存在唯一实数x1满足f(x1)＝f(x0)，且x1≠x0，因此x1＝－2x0，所以x1＋2x0＝0.3．(2017·南京、盐城模拟)已知函数f(x)＝在x＝0处的切线方程为y＝x.(1)求实数a的值；(2)若对任意的x∈(0,2)，都有f(x)<成立，求实数k的取值范围；(3)若函数g(x)＝lnf(x)－b的两个零点为x1，x2，试判断g′的正负，并说明理由．解(1)由题意得f′(x)＝，因为函数在x＝0处的切线方程为y＝x，所以f′(0)＝1，解得a＝1.(2)由题知f(x)＝<对任意x∈(0,2)都成立，所以k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)都成立，从而k≥0.不等式整理可得k<＋x2－2x，令g(x)＝＋x2－2x，所以g′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)＝0，解得x＝1，当x∈(1,2)时，g′(x)>0，函数g(x)在(1,2)上单调递增，同理可得函数g(x)在(0,1)上单调递减．所以k1即可．因为x1，x2是函数g(x)的两个零点，所以相减得x2－x1＝ln，不妨令＝t>1，则x2＝tx1，则tx1－x1＝lnt，所以x1＝lnt，x2＝lnt，即证lnt>2，即证φ(t)＝lnt－2·>0，因为φ′(t)＝－＝>0，所以φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)>φ(1)＝0，综上所述，函数g(x)总满足g′<0成立．4．(2016·江苏卷)已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)．(1)设a＝2，b＝.①求方程f(x)＝2的根；②若对任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值；(2)若0＜a＜1，...
