2019年高考数学练习题汇总高考解答题分项练(五) 5页

‎(五)函数与导数(A)‎ ‎1．(2018·宿迁期末)已知函数f(x)＝a(a>0，且a≠1)是定义在R上的奇函数．‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的值域；‎ ‎(3)若存在x∈[1,2]，使得4＋mf(x)－2x＋1≥0成立，求实数m的取值范围．‎ 解　(1)∵f(x)是R上的奇函数，‎ ‎∴f(0)＝a＝0，可得a＝2.‎ 经检验a＝2符合题意．‎ ‎(2)由(1)可得f(x)＝2，‎ ‎∴函数f(x)在R上单调递增，‎ 又2x＋1>1，∴－2<－<0，‎ ‎∴－2<2<2.‎ ‎∴函数f(x)的值域为(－2,2)．‎ ‎(3)当x∈[1,2]时，f(x)＝2>0.‎ 由题意知，存在x∈[1,2]，使得mf(x)＝2m·≥2x＋1－4成立，‎ 即存在x∈[1,2]，使得m≥成立．‎ 令t＝2x－1(1≤t≤3)，‎ 则有m≥＝t－＋1，‎ ‎∵当1≤t≤3时，函数y＝t－＋1为增函数，‎ ‎∴min＝0.‎ ‎∴m≥0.故实数m的取值范围为[0，＋∞)．‎ ‎2．已知函数f(x)＝＋x.‎ ‎(1)若函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线经过点(0，－1)，求a的值；‎ ‎(2)是否存在负整数a，使函数f(x)的极大值为正值？若存在，求出所有负整数a的值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)∵f′(x)＝，‎ ‎∴f′(1)＝1，f(1)＝ae＋1.‎ ‎∴函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 y－(ae＋1)＝x－1，‎ 又直线过点(0，－1)，∴－1－(ae＋1)＝－1，‎ 解得a＝－.‎ ‎(2)若a<0，f′(x)＝，‎ 当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值；当x∈(0,1)时，f′(x)>0恒成立，函数在(0,1)上无极值．‎ 方法一　当x∈(1，＋∞)时，若f(x)在x0处取得符合条件的极大值f(x0)， ‎ 则则 由③得＝－，代入②得－＋x0>0，‎ 结合①可解得x0>2，再由f(x0)＝＋x0>0，得a>－，‎ 设h(x)＝－，则h′(x)＝，‎ 当x>2时，h′(x)>0，即h(x)是增函数，‎ ‎∴a>h(x0)>h(2)＝－.‎ 又a<0，故当极大值为正数时，a∈，‎ 从而不存在负整数a满足条件．‎ 方法二　当x∈(1，＋∞)时，令H(x)＝aex(x－1)＋x2，‎ 则H′(x)＝(aex＋2)x，‎ ‎∵x∈(1，＋∞)，∴ex∈(e，＋∞)，‎ ‎∵a为负整数，∴a≤－1，∴aex0，H(2)＝ae2＋4≤－e2＋4<0，‎ ‎∴∃x0∈(1,2)，使得H(x0)＝0，‎ 且当10，即f′(x)>0；‎ 当x>x0时，H(x)<0，即f′(x)<0.‎ ‎∴f(x)在x0处取得极大值f(x0)＝＋x0.(*)‎ 又H(x0)＝(x0－1)＋x＝0，‎ ‎∴＝－，代入(*)得 f(x0)＝－＋x0＝<0，‎ ‎∴不存在负整数a满足条件．‎ ‎3．(2018·南通模拟)已知函数f(x)＝ax2－ax＋ln x＋a，其中a∈R.‎ ‎(1)当a＝1时，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；‎ ‎(2)若函数f(x)存在两个极值点x1，x2，求f(x1)＋f(x2)的取值范围；‎ ‎(3)若不等式f(x)≥ax－对任意的实数x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－x＋ln x＋，‎ 故f(1)＝，‎ 且f′(x)＝x－1＋，故f′(1)＝1，‎ 所以函数f(x)在x＝1处的切线方程为y－＝x－1，‎ 即4x－4y－1＝0.‎ ‎(2)由f(x)＝ax2－ax＋ln x＋a，x>0，‎ 可得f′(x)＝ax－a＋＝，‎ 因为函数f(x)存在两个极值点x1，x2，‎ 所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个正根，‎ 即ax2－ax＋1＝0的两个正根为x1，x2，‎ 所以即 所以f(x1)＋f(x2)＝ax－ax1＋ln x1＋a＋ax－ax2＋ln x2＋a ‎＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－a(x1＋x2)＋ln(x1x2)＋a ‎＝2a－ln a－1，‎ 令g(a)＝2a－ln a－1，a>4，‎ 故g′(a)＝2－>0，g(a)在(4，＋∞)上单调递增，‎ 所以g(a)>g(4)＝7－ln 4，‎ 故f(x1)＋f(x2)的取值范围是(7－ln 4，＋∞)．‎ ‎(3)由题意知，f(x)≥ax－对任意的实数x∈(1，＋∞)恒成立，‎ 即2ln x＋ax2－4ax＋3a≥0对任意的实数x∈(1，＋∞)恒成立．‎ 令h(x)＝2ln x＋ax2－4ax＋3a，x>1，‎ 则h′(x)＝＋2ax－4a＝2·，‎ ‎①若a＝0，当x>1时，h(x)＝2ln x>0，‎ 故a＝0符合题意；‎ ‎②若a>0，‎ ‎(ⅰ)若4a2－4a≤0，即00，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，‎ 所以当x>1时，h(x)>h(1)＝0，故00，即a>1，令h′(x)＝0，‎ 得x1＝1－<1(舍去)，‎ x2＝1＋>1，‎ 当x∈(1，x2)时，h′(x)<0，h(x)在(1，x2)上单调递减；‎ 当x∈(x2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(x2，＋∞)上单调递增，‎ 所以存在x＝x2>1，使得h(x2)1不符合题意．‎ ‎③若a<0，令h′(x)＝0，‎ 得x0＝1－＝1＋ >1.‎ 当x∈(1，x0)时，h′(x)>0，h(x)在(1，x0)上单调递增；‎ 当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)<0，‎ h(x)在(x0，＋∞)上单调递减．‎ 首先证明：4－>x0.‎ 要证4－>x0，‎ 即要证4－>1－，‎ 只要证2－3a>，‎ 因为a<0，‎ 所以(2－3a)2－()2＝8a2－11a＋4>0，‎ 故2－3a>，所以4－>x0.‎ 其次证明，当a<0时，‎ ln x1，则t′(x)＝－1<0，‎ 故t(x)在(1，＋∞)上单调递减，‎ 所以t(x)4－时，h(x)＝2ln x＋ax2－4ax＋3a<2＋ax2－4ax＋3a，‎ 即h(x)