高考大题规范练(一)函数与导数1．(2015·重庆卷)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值。(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性。解(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝。(2)由(1)得g(x)＝ex，故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex。令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4。当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当－40，故g(x)为增函数；当－10时，g′(x)>0，故g(x)为增函数。综上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数。2．(2015·北京卷)设函数f(x)＝－klnx，k>0。(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，)上仅有一个零点。解(1)由f(x)＝－klnx(k>0)得f′(x)＝x－＝。由f′(x)＝0解得x＝。f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)所以，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)，f(x)在x＝处取得极小值f()＝。(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝。因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e。当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点。当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点。综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点。3．已知函数f(x)＝ax2＋x－xlnx。(1)若a＝0，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(1)＝2，且在定义域内f(x)≥bx2＋2x恒成立，求实数b的取值范围。解(1)当a＝0时，f(x)＝x－xlnx，函数定义域为(0，＋∞)。f′(x)＝－lnx，由－lnx＝0，得x＝1。当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上是增函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上是减函数。所以函数f(x)的单调增区间是(0,1)，单调减区间是(1，＋∞)。(2)由f(1)＝2，得a＋1＝2，∴a＝1，∴f(x)＝x2＋x－xlnx，由f(x)≥bx2＋2x，得x2＋x－xlnx≥bx2＋2x，又∵x>0，∴b≤1－－恒成立。令g(x)＝1－－，可得g′(x)＝，∴g(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴实数b的取值范围是(－∞，0]。4．已知定义在正实数集上的函数f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2lnx＋b，其中a>0，设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同。(1)用a表示b；(2)求证：f(x)≥g(x)(x>0)。解(1)设曲线y＝f(x)与y＝g(x)(x>0)在公共点(x0，y0)处的切线相同，∵f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝，∴依题意得即由x0＋2a＝，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)，则b＝a2＋2a2－3a2lna＝a2－3a2lna。(2)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋2ax－3a2lnx－b(x>0)，则F′(x)＝x＋2a－＝(x>0)，由F′(x)＝0得x＝a或x＝－3a(舍去)。当x变化时，F′(x)，F(x)的变化情况如下表：x(0，a)a(a，＋∞)F′(x)－0＋F(x)极小值结合(1)可知函数F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝f(a)－g(a)＝0。故当x>0时，有f(x)－g(x)≥0，即当x>0时，f(x)≥g(x)。5．(2015·福建卷)已知函数f(x)＝lnx－。(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x>1时，f(x)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01时，F(x)1时，f(x)1满足题意。当k>1时，对于x>1，有f(x)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)内单调递增。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)。
