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  • 2021-06-12 发布

高考数学一轮复习练案18高考大题规范解答系列一-函数与导数含解析

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‎ [练案18]高考大题规范解答系列(一)——函数与导数 ‎1.(2020·湖北宜昌模拟)已知函数f(x)=(m+)ln x+-x,其中常数m>0.‎ ‎(1)当m=2时,求f(x)的极大值;‎ ‎(2)试讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性.‎ ‎[解析] (1)当m=2时,f(x)=ln x+-x,‎ f′(x)=--1=-(x>0)‎ 当02时,f′(x)<0,当0,‎ ‎∴f(x)在(0,)和(2,+∞)上单调递减,在(,2)上单调递增,‎ ‎∴f(x)的极大值为f(2)=ln 2-.‎ ‎(2)f′(x)=--1=-(x>0,m>0),‎ 故当01时,f(x)在(0,)上单调递减,在(,1)上单调递增.‎ ‎2.(2020·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期开学考试)设函数f(x)=(a∈R).‎ ‎(1)若f(x)在x=0处取得极值,求实数a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求实数a的取值范围.‎ ‎[解析] (1)对f(x)求导得 f′(x)==.‎ 因为f(x)在x=0处取得极值,‎ 所以f′(0)=0,即a=0.‎ 当a=0时,f(x)=,f′(x)=,‎ 由f′(x)>0,02,‎ 故a=0时,f(x)在x=0处取得极值,‎ f(1)=,f′(1)=,‎ - 6 -‎ 从而f(x)在点(1,f(1))处的切线方程 y-=(x-1),化简得3x-ey=0.‎ ‎(2)由(1)知f′(x)=,‎ 令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,由g(x)=0,‎ 解得x1=,x2=.‎ 当x0,即f′(x)>0,故f(x)为增函数;‎ 当x>x2时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数.‎ 由f(x)在[3,+∞)上为减函数,‎ 知x2=≤3,解得a≥-.‎ 故a的取值范围为[-,+∞).‎ ‎3.已知函数f(x)=x2+(1-a)x-aln x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)设a>0,证明:当00,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 若a>0,则由f′(x)=0,得x=a.‎ 当0a时,f′(x)>0.‎ 此时f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)令g(x)=f(a+x)-f(a-x),则g(x)=(a+x)2+(1-a)(a+x)-aln(a+x)-[(a-x)2+(1-a)(a-x)-aln(a-x)]=2x-aln(a+x)+aln(a-x).‎ 所以g′(x)=2--=.‎ 当00),∴F′(x)=(x>0),‎ ‎∴当01时,F′(x)>0,F(x)单调递增.‎ ‎∴.F(x)>F(1)=1>0,∴a≥.‎ 记G(x)=,x∈[,e].‎ ‎∴G′(x)= ‎=.‎ ‎∵x∈[,e],∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0,‎ ‎∴x-2ln x+2>0,∴x∈(,1)时,G′(x)<0,G(x)单调递减;‎ x∈(1,e)时,G′(x)>0,G(x)单调递增.‎ ‎∴G(x)min=G(1)=-1,∴a≥G(x)min=-1.‎ 故实数a的取值范围为[-1,+∞).‎ ‎5.(2020·安徽省合肥市高三质量检测)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2(e是自然对数的底数).‎ ‎(1)判断函数f(x)极值点的个数,并说明理由;‎ ‎(2)若∀x>0,f(x)+ex≥x3+x,求a的取值范围.‎ ‎[解析] (1)f′(x)=xex-2ax=x(ex-‎2a).‎ 当a≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)有1个极值点;‎ 当0时,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln‎2a)上单调递减,在(ln‎2a,+∞)上单调递增,∴f(x)有2个极值点;‎ 综上,当a≤0时,f(x)有1个极值点;当a>0且a≠时,f(x)有2个极值点;当a=时,f(x)没有极值点.‎ ‎(2)由f(x)+ex≥x3+x得xex-x3-ax2-x≥0.‎ 当x>0时,ex-x2-ax-1≥0,‎ 即a≤对∀x>0恒成立.‎ 设g(x)=,则g′(x)=.‎ 设h(x)=ex-x-1,则h′(x)=ex-1.‎ ‎∵x>0,∴h′(x)>0,‎ ‎∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,‎ ‎∴h(x)>h(0)=0,即ex>x+1,‎ ‎∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,‎ ‎∴g(x)≥g(1)=e-2,∴a≤e-2,‎ ‎∴a的取值范围是(-∞,e-2].‎ ‎6.(2020·辽宁省部分重点中学协作体高三模拟考试)已知函数f(x)=-x+alnx(a∈R).‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)设g(x)=x2-2x+‎2a,若对任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1],使得f(x1)0).‎ ‎①当a≤0时,由x>0,得x-a>0,则f′(x)<0,‎ 所以函数f(x)的单调递减区间是(0,+∞);‎ ‎②当a>0时,由f′(x)=0得x=a,‎ 所以当x∈(0,a)时,f′(x)>0,‎ 当x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,‎ 所以函数f(x)的单调递增区间是(0,a),单调递减区间是(a,+∞).‎ 综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调递减区间是(0,+∞);当a>0时,函数f(x)的单调递增区间是(0,a),单调递减区间是(a,+∞).‎ - 6 -‎ ‎(2)依题意,要满足对任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1],使得f(x1)0时,函数f(x)在区间(0,a)上单调递增,在区间(a,+∞)上单调递减,‎ 所以f(x)max=f(a)=-a+alna,‎ 令‎2a>-a+alna,解得00),‎ ‎∵x=2时,f(x)取得极值,‎ ‎∴f′(2)=0,解得a=-,经检验符合题意.‎ ‎(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ 依题意f′(x)≥0在x>0时恒成立,‎ 即ax2+2x-1≤0在x>0时恒成立,‎ 则a≤=(-1)2-1在x>0时恒成立,‎ ‎∴a≤[(-1)2-1]min(x>0),‎ 当x=1时,(-1)2-1取最小值-1,‎ ‎∴a的取值范围是(-∞,-1].‎ ‎(3)a=-,f(x)=-x+b,‎ 即x2-x+lnx-b=0.‎ 设g(x)=x2-x+lnx-b(x>0),‎ - 6 -‎ 则g′(x)=.‎ 列表 x ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1,2)‎ ‎2‎ ‎(2,4)‎ g′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎  极大值  极小值  ‎∴g(x)极小值=g(2)=ln2-b-2,‎ g(x)极大值=g(1)=-b-.‎ 又g(4)=2ln2-b-2.‎ ‎∵方程g(x)=0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根,‎ 则解得ln2-2