2024年新高考数学一轮复习：高考中函数与导数的热点问题
1．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
解：令g(x)＝ln x，h(x)＝ax2－x， 将问题转化为两个函数图象交点的问题．
当a≤0时，g(x)和h(x)的图象只有一个交点，不满足题意； 当a>0时，由ln x－ax2＋x＝0，得a＝x＋ln x
令r(x)＝，
x2
?1?2
?1＋?·x－（ln x＋x）·2x
x??
x＋ln x
. x2则r′(x)＝
x4
1－x－2ln x＝，
x3
当0
x＋ln x
当x>1时，r′(x)<0，r(x)是单调减函数，且>0，
x2所以0 所以a的取值范围是(0，1)． 2．已知函数f(x)＝x2－ln x－ax，a∈R. (1)当a＝1时，求f(x)的最小值； (2)若f(x)＞x，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－ln x－x， （2x＋1）（x－1）f′(x)＝. x 当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以f(x)的最小值为f(1)＝0. (2)由f(x)＞x， 得f(x)－x＝x2－ln x－(a＋1)x＞0. 第 1 页 共 6 页 ln x 由于x＞0，所以f(x)＞x等价于x－＞a＋1. xx2－1＋ln xln x 令g(x)＝x－，则g′(x)＝. xx2 当x∈(0，1)时，g′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0. 故g(x)有最小值g(1)＝1. 故a＋1＜1，a＜0，所以a的取值范围是(－∞，0)． x－1 3．已知函数f(x)＝－ln x. x(1)求f(x)的单调区间； e21＋x (2)求证：ln ≤. xx x－11 (1)解：f(x)＝－ln x＝1－－ln x， xxf(x)的定义域为(0，＋∞)． 111－x f′(x)＝2－＝2， xxx 令f′(x)＞0?0＜x＜1，f′(x)＜0?x＞1， 1 所以f(x)＝1－－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调 x递减． e21＋x11 (2)证明：要证ln ≤，即证2－ln x≤1＋，即证1－－ln xxxxx≤0. 1 由(1)可知，f(x)＝1－－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞) x上单调递减，所以f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f(1)＝1－1－ln 1＝0，即f(x)≤0， 第 2 页 共 6 页 1 所以1－－ln x≤0恒成立，原不等式得证． x 4．已知函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R. (1)当a＞0时，解不等式f(x)≤0； (2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在区间[t，t＋1]上有解． 解：(1)因为ex＞0，(ax2＋x)ex≤0. 所以ax2＋x≤0.又因为a＞0， ?1? 所以不等式化为x?x＋a?≤0. ? ? ?1? 所以不等式f(x)≤0的解集为?－a，0?. ?? (2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，由于ex＞0，所以x＝0不是方程的解， 2 所以原方程等价于ex－－1＝0. x 22 令h(x)＝ex－－1，因为h′(x)＝ex＋2＞0对于x∈(－∞，0)∪(0， xx＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数， 1 又h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－2＞0，h(－3)＝e－3－＜0，h(－2) 3＝e－2＞0， 所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上， 所以整数t的所有值为{－3，1}． 5．(2024·长沙一中调研)已知函数f(x)＝xln x＋ax，a∈R，函数f(x)的图象在x＝1处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直． 第 3 页 共 6 页
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