高考数学一轮复习专题：1 函数与导数的常见题型与解析
1．(2016·唐山模拟)直线y＝a分别与直线y＝2(x＋1)，曲线y＝x＋ln x交于点
A，B，则|AB|的最小值为( ) A．3 C.342
B．2 D. 23
解析：选D.解方程2(x＋1)＝a，得x＝－1.设方程x＋ln x＝a的根为t(t>0)，
2则t＋ln t＝a，则|AB|＝|t－＋1|＝|t－
2
1
1
aat＋ln t2ln ttln t＋1|＝|－＋1|.设g(t)＝－＋
2222
t1(t>0)，则g′(t)＝－＝(t>0)，令g′(t)＝0，得t＝1.当t∈(0，1)时，g′(t)<0；
22t2t3
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，所以g(t)min＝g(1)＝，所以|AB|≥，所以|AB|的最小
223
值为.
2
2．(2015·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
3
t－1
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)＝
f（x）x(x≠0)，则g′(x)＝
xf′（x）－f（x）
x2
，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)＝
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. 3．已知函数f(x)＝
1－x＋ln x，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数aax的取值范围为________． 解析：因为f(x)＝
1－x＋ln x，所以f′(x)＝
ax－1ax2
ax(a>0)．
因为函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)＝所以ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立， 1
即a≥对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≥1.
ax－1ax2
≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，
x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 2 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4 5．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<－ a或x>a，由f′(x)<0，解得－a 所以当a>0时，f(x)的递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)，f(x)的递减区间为[－ a，a]． (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． (2015·高考全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－aln x. (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. 2 a 3
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