2019年高考数学练习题汇总解答题通关练 5 6页

‎5.函数与导数 ‎1．(2018·浙江省杭州二中模拟)已知函数f(x)＝＋ln x.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)求证：f(x)>0.‎ ‎(1)解　f(x)＝＋ln x的定义域是(0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋＝，‎ 所以f′(1)＝－，又f(1)＝1，则切线方程为x＋2y－3＝0.‎ ‎(2)证明　令h(x)＝x3＋2x2－3x－2，‎ 则h′(x)＝3x2＋4x－3，‎ 设h′(x)＝0的两根为x1，x2，由于x1x2＝－1<0，‎ 不妨设x1<0，x2>0，则h(x)在(0，x2)上是单调递减的，在(x2，＋∞)上是单调递增的．‎ 而h(0)<0，h(1)<0，h(2)>0，‎ 所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈(1,2)，‎ 所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．‎ 所以f(x)≥f(x0)＝＋ln x0，‎ 因为x0∈(1,2)，ln x0>0，f(x)>>0，所以f(x)>0.‎ ‎2．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R)．‎ ‎(1)求函数y＝f(x)的单调区间；‎ ‎(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.‎ ‎(1)解　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，‎ f′(x)＝2x－(a－2)－＝＝.‎ 当a≤0时，f′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，‎ 所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．‎ 当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞，‎ 由f′(x)＜0，得0＜x＜，‎ 所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．‎ ‎(2)证明　当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，‎ 要证明f(x)＋ex＞x2＋x＋2，‎ 只需证明ex－ln x－2＞0，设g(x)＝ex－ln x－2，‎ 则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0，‎ 令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝，‎ 容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足＝，‎ 当x变化时，g′(x)和g(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(0，x0)‎ x0‎ ‎(x0，＋∞)‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ 单调递减 单调递增 g(x)min＝g(x0)＝－ln x0－2＝＋x0－2，‎ 因为x0＞0，且x0≠1，‎ 所以g(x)min＞2－2＝2－2＝0，‎ 因此不等式得证．‎ ‎3．已知函数f(x)＝x2－2x＋2＋aln x(a∈R)．‎ ‎(1)若a＝1，求函数在A(1,1)处的切线方程；‎ ‎(2)若函数y＝f(x)有两个极值点x1，x2，且x1.‎ ‎(1)解　当a＝1时，f(x)＝x2－2x＋2＋ln x，‎ f′(x)＝2x－2＋，f′(1)＝1，‎ 所以函数在A(1,1)处的切线方程y－1＝f′(1)(x－1)，‎ 化简，得x－y＝0.‎ ‎(2)证明　函数的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝2x－2＋＝，‎ 则x1，x2是方程2x2－2x＋a＝0的两个根，‎ 所以x1＋x2＝1，x1x2＝，‎ 所以a＝2x2－2x，‎ 又x10，则g(t)在上为增函数，‎ 所以g(t)>g＝，‎ 所以f(x2)>.‎ ‎4.已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴.‎ ‎(1)确定a与b的关系；‎ ‎(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．‎ 解　(1)依题意得g(x)＝ln x＋ax2＋bx，x>0，‎ 则g′(x)＝＋2ax＋b，‎ 由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得，‎ g′(1)＝1＋2a＋b＝0，‎ ‎∴b＝－2a－1.‎ ‎(2)由(1)得g′(x)＝ ＝.‎ ‎∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ ‎∴当a＝0时， g′(x)＝－，‎ 由g′(x)>0得01；‎ 当a>0时，令g′(x)＝0，则x＝1或x＝，‎ 若0<<1，即a>时，‎ 由g′(x)>0得x>1或01，即00得x>或0时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．‎ ‎5．已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．‎ ‎(1)当a＝5时，求函数g(x)的图象在x＝1处的切线方程；‎ ‎(2)求f(x)在区间[t，t＋2](t>0)上的最小值；‎ ‎(3)若存在两个不等实数x1，x2∈，使方程g(x)＝2exf(x)成立，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e，g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，故切线的斜率为g′(1)＝4e，‎ 所以切线方程为y－e＝4e(x－1)，即4ex－y－3e＝0.‎ ‎(2)f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，‎ 因为f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝，‎ 所以在(0，＋∞)上，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值(最小值)‎ ‎↗‎ 当t≥时，在区间[t，t＋2]上，f(x)为增函数，‎ 所以f(x)min＝f(t)＝tln t，‎ 当00，‎ 则h′(x)＝1＋－＝.‎ 当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：‎ x ‎1‎ ‎(1，e)‎ h′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ h(x)‎ ‎↘‎ 极小值(最小值)‎ ‎↗‎ 因为h＝＋3e－2，h(e)＝＋e＋2，h(1)＝4，‎ 所以h(e)－h＝4－2e＋<0，所以h(e)0，f(x)在上单调递增，‎ 所以f(x)的最小值为 f ＝－－a＋aln ＝a.‎ 因为2，所以f(e)<0，‎ 所以a≥2e，综上，a≥－1.‎