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- 2022-07-22 发布
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高考大题专项练1 高考中的函数与导数 高考大题专项练第2页 1.(2015山西四校联考)已知f(x)=lnx-x+a+1.(1)若存在x∈(0,+∞)使得f(x)≥0成立,求a的取值范围;(2)求证:当x>1时,在(1)的条件下,12x2+ax-a>xlnx+12成立.解:(1)原题即为存在x>0使得lnx-x+a+1≥0,∴a≥-lnx+x-1,令g(x)=-lnx+x-1,则g'(x)=-1x+1=x-1x.令g'(x)=0,解得x=1.∵当01时,g'(x)>0,g(x)为增函数,∴g(x)min=g(1)=0,a≥g(1)=0.故a的取值范围是[0,+∞).(2)证明:原不等式可化为12x2+ax-xlnx-a-12>0(x>1,a≥0).令G(x)=12x2+ax-xlnx-a-12,则G(1)=0.由(1)可知x-lnx-1>0,则G'(x)=x+a-lnx-1≥x-lnx-1>0,∴G(x)在(1,+∞)上单调递增,∴G(x)>G(1)=0成立,∴12x2+ax-xlnx-a-12>0成立,即12x2+ax-a>x1nx+12成立.〚导学号92950922〛2.(2015河南新乡调研)已知函数f(x)=x-(a+1)lnx-ax(a∈R),g(x)=12x2+ex-xex.(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)e2-2ee+1,所以a的取值范围为e2-2ee+1,1.〚导学号92950923〛3.(2015河北唐山二模)已知f(x)=x+1x+alnx,其中a∈R.(1)设f(x)的极小值点为x=t,请将a用t表示;(2)记f(x)的极小值为g(t),证明:①g(t)=g1t;4\n②函数y=g(t)恰有两个零点,且互为倒数.解:(1)f'(x)=1-1x2+ax=x2+ax-1x2,t=-a+a2+42>0,当x∈(0,t)时,f¢(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(t,+∞)时,f¢(x)>0,f(x)单调递增.由f¢(t)=0得a=1t-t.(2)①由(1)知f(x)的极小值为g(t)=t+1t+1t-tlnt,则g1t=1t+t+t-1tln1t=t+1t+1t-tlnt=g(t).②g¢(t)=-1+1t2lnt,当t∈(0,1)时,g¢(t)>0,g(t)单调递增;当t∈(1,+∞)时,g¢(t)<0,g(t)单调递减.又g1e2=g(e2)=3e2-e2<0,g(1)=2>0,分别存在唯一的c∈1e2,1和d∈(1,e2),使得g(c)=g(d)=0,且cd=1,所以y=g(t)有两个零点且互为倒数.〚导学号92950924〛4.(2015河北保定高三调研)已知函数f(x)=lnx+ax-a2x2(a≥0).(1)若x=1是函数y=f(x)的极值点,求a的值;(2)若f(x)<0在定义域内恒成立,求实数a的取值范围.解:(1)函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=-2a2x2+ax+1x.因为x=1是函数y=f(x)的极值点,所以f'(1)=1+a-2a2=0,解得a=-12或a=1.又a≥0,所以a=-12(舍去).经检验当a=1时,x=1是函数y=f(x)的极值点,所以a=1.(2)当a=0时,f(x)=lnx,显然在定义域内不满足f(x)<0恒成立;当a>0时,令f'(x)=(2ax+1)(-ax+1)x=0,得x1=-12a(舍去),x2=1a,所以f'(x),f(x)的变化情况如下表:x0,1a1a1a,+∞f'(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减所以f(x)max=f1a=ln1a<0,∴a>1.综上可得实数a的取值范围是(1,+∞).〚导学号92950925〛5.(2015课标全国Ⅱ,理21)设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.解:(1)f'(x)=m(emx-1)+2x.若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f'(x)>0.若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f'(x)<0;4\n当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f'(x)>0.所以,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是f(1)-f(0)≤e-1,f(-1)-f(0)≤e-1,即em-m≤e-1,e-m+m≤e-1.①设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.当t<0时,g'(t)<0;当t>0时,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.综上,m的取值范围是[-1,1].〚导学号92950926〛6.已知函数f(x)=ln(x+a)-x2+x,g(x)=x·ex-x2-1(x>0),且f(x)在点x=1处取得极值.(1)求实数a的值;(2)若关于x的方程f(x)=-52x+b在区间[1,3]上有解,求b的取值范围;(3)证明:g(x)≥f(x).解:(1)∵f(x)=ln(x+a)-x2+x,∴f'(x)=1x+a-2x+1.∵函数f(x)=ln(x+a)-x2+x在点x=1处取得极值,∴f'(1)=0,即当x=1时1x+a-2x+1=0,∴11+a-1=0,则得a=0.经检验符合题意.(2)∵f(x)=-52x+b,∴lnx-x2+x=-52x+b,∴lnx-x2+72x=b.令h(x)=lnx-x2+72x(x>0),则h'(x)=1x-2x+72=-(4x+1)(x-2)2x.∴当x∈[1,3]时,h'(x),h(x)随x的变化情况如下表:x1(1,2)2(2,3)3h'(x)+0-h(x)↗极大值↘计算得:h(1)=52,h(3)=ln3+32>52,h(2)=ln2+3,∴h(x)∈52,ln2+3.∴b的取值范围为52,ln2+3.(3)证明:令F(x)=g(x)-f(x)=x·ex-lnx-x-1(x>0),则F'(x)=(x+1)·ex-1x-1=(x+1)x·(x·ex-1),令G(x)=x·ex-1,则∵G'(x)=(x+1)·ex>0(x>0),∴函数G(x)在(0,+∞)递增,G(x)在(0,+∞)上的零点最多一个.4\n又∵G(0)=-1<0,G(1)=e-1>0,∴存在唯一的c∈(0,1)使得G(c)=0,且当x∈(0,c)时,G(x)<0;当x∈(c,+∞)时,G(x)>0.即当x∈(0,c)时,F'(x)<0;当x∈(c,+∞)时,F'(x)>0.∴F(x)在(0,c)上递减,在(c,+∞)上递增,从而F(x)≥F(c)=c·ec-lnc-c-1.由G(c)=0得c·ec-1=0,即c·ec=1,两边取对数得lnc+c=0,∴F(c)=0.∴F(x)≥F(c)=0.从而证得g(x)≥f(x).〚导学号92950927〛4
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