2021版高考数学一轮复习大题规范满分练一苏教版 4页

大题规范满分练(一)函数与导数综合问题 ‎1.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+‎2a,x∈R. ‎ ‎(1)求f(x)的单调区间与极值.‎ ‎(2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.‎ ‎【解析】(1)由f(x)=ex-2x+‎2a,x∈R,‎ 知f′(x)=ex-2,x∈R.‎ 令f′(x)=0,得x=ln 2.‎ 于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:‎ x ‎(-∞,ln 2)‎ ln 2‎ ‎(ln 2,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↘‎ ‎2-2ln 2+‎‎2a ‎↗‎ 故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),‎ 单调递增区间是(ln 2,+∞),‎ f(x)在x=ln 2处取得极小值,‎ 极小值为2-2ln 2+‎2a.‎ ‎(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,‎ 于是g′(x)=ex-2x+‎2a,x∈R.‎ 由(1)知当a>ln 2-1时,‎ g′(x)取最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.‎ 于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,‎ 所以g(x)在R上单调递增.‎ 于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),‎ 都有g(x)>g(0).‎ 而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>0.‎ 即ex-x2+2ax-1>0,‎ 故当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.‎ ‎2.设函数f(x)=-kln x,k>0.‎ - 4 -‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值.‎ ‎(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.‎ ‎【解析】(1)由f(x)=-kln x(k>0),‎ 得x>0且f′(x)=x-=.‎ 由f′(x)=0,解得x=(负值舍去).‎ f(x)与f′(x)在区间(0,+∞)上的情况如表:‎ x ‎(0,)‎ ‎(,+∞)‎ f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,+∞).‎ f(x)在x=处取得极小值f()=,无极大值.‎ ‎(2)由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f()=.‎ 因为f(x)存在零点,所以≤0,‎ 从而k≥e.‎ 当k=e时,f(x)在区间(1,]上单调递减,‎ 且f()=0,‎ 所以x=是f(x)在区间(1,]上的唯一零点.‎ 当k>e时,f(x)在区间(0,]上单调递减,‎ - 4 -‎ 且f(1)=>0,f()=<0,‎ 所以f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.‎ 综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,]上仅有一个零点.‎ ‎3. (2020·徐州模拟)设函数f=ex+a,‎ ‎(1)求f的单调区间;‎ ‎(2)若不等式f>0对x∈恒成立,求整数a的最大值.‎ ‎【解析】(1)f′=xex-aex=ex.‎ 令f′=0,则x=a.‎ 当x∈时,f′<0;‎ 当x∈时,f′>0;‎ 所以f的单调递增区间是,单调递减区间是.‎ ‎(2)当x∈时,ex+a>0恒成立,等价于当x∈时,>a恒成立;即>a对x∈恒成立.‎ 令g=,x∈,‎ g′=,‎ 令h=ex-2ex,x∈,‎ h′=ex-2e>0,‎ 所以h=ex-2ex在上单调递增.‎ - 4 -‎ 又因为h=e2-4e<0,h=e3-6e>0,‎ 所以g′在上有唯一零点x0,且=2ex0,x0∈,‎ 所以g在上单调递减,在上单调递增,‎ 所以g=g===x0∈,‎ 所以a