广西专用高考数学一轮复习高考大题专项练一高考中的函数与导数含解析新人教A版文

高考大题专项练一　高考中的函数与导数

1.(2020全国Ⅲ,文20)已知函数f(x)=x3-kx+k2.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围.

解：(1)f'(x)=3x2-k.

当k=0时,f(x)=x3,故f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增;

当k<0时,f'(x)=3x2-k>0,故f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增.

当k>0时,令f'(x)=0,得x=±.

当x∈时,f'(x)>0;

当x∈时,f'(x)<0;

当x∈时,f'(x)>0.

故f(x)在区间,内单调递增,在区间内单调递减.

(2)由(1)知,当k≤0时,f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,f(x)不可能有三个零点.

当k>0时,x=-为f(x)的极大值点,x=为f(x)的极小值点.

此时,-k-1<-<k+1且f(-k-1)<0,f(k+1)>0,f>0.

根据f(x)的单调性,当且仅当f<0,

即k2-<0时,f(x)有三个零点,解得k<.

因此k的取值范围为0,.

2.已知函数f(x)=.

(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;

(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.

答案：(1)解f'(x)=,f'(0)=2.

因此曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.

(2)证明当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.

令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.

当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;

当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;

所以g(x)≥g(-1)=0.

因此f(x)+e≥0.

3.已知函数f(x)=2sin x-xcosx-x,f'(x)为f(x)的导数.

(1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点;

(2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.

答案：(1)证明设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx+xsinx-1,g'(x)=xcosx.

当x∈时,g'(x)>0;

当x∈时,g'(x)<0,

所以g(x)在单调递增,在单调递减.

又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,

故g(x)在(0,π)存在唯一零点.

所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点.

(2)解由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.

由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,

且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,

所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减.

又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.

又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.

因此,a的取值范围是(-∞,0].

4.(2020全国Ⅱ,文21)已知函数f(x)=2ln x+1.

(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;

(2)设a>0,讨论函数g(x)=的单调性.

解：设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2lnx-2x+1-c,

其定义域为(0,+∞),h'(x)=-2.

(1)当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减.

从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.

故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.

所以c的取值范围为[-1,+∞).

(2)g(x)=,x∈(0,a)∪(a,+∞).

g'(x)=.

取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+lnx<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-+ln<0,从而g'(x)<0.

所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)内单调递减.

5.已知函数f(x)=aex-lnx-1.

(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;

(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.

答案：(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-.

由题设知,f'(2)=0,所以a=.

从而f(x)=ex-lnx-1,f'(x)=ex-.

当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.

所以f(x)在区间(0,2)内单调递减,在区间(2,+∞)内单调递增.

(2)证明当a≥时,f(x)≥-lnx-1.

设g(x)=-lnx-1,则g'(x)=.

当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.

所以x=1是g(x)的最小值点.

故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.

因此,当a≥时,f(x)≥0.

6.定义在实数集上的函数f(x)=x2+x,g(x)=x3-2x+m.

(1)求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程;

(2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[-4,4]恒成立,求实数m的取值范围.

解：(1)∵f(x)=x2+x,∴当x=1时,f(1)=2,

∵f'(x)=2x+1,∴f'(1)=3,

∴所求切线方程为y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.

(2)令h(x)=g(x)-f(x)=x3-x2-3x+m,

则h'(x)=(x-3)(x+1).

∴当-4<x<-1时,h'(x)>0;

当-1<x<3时,h'(x)<0;

当3<x<4时,h'(x)>0.

要使f(x)≥g(x)恒成立,即h(x)max≤0,

由上知h(x)的最大值在x=-1或x=4处取得,

而h(-1)=m+,h(4)=m-,

故m+≤0,即m≤-,

故实数m的取值范围为.

7.已知函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R).

(1)求f(x)的单调区间;

(2)设g(x)=x2-2x,若对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<g(x2),求a的取值范围.

解：f'(x)=ax-(2a+1)+(x>0).

(1)f'(x)=(x>0).

①当a≤0时,x>0,ax-1<0,在区间(0,2)内,f'(x)>0,在区间(2,+∞)内,f'(x)<0,故f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞).

②当0<a<时,>2,在区间(0,2)和内,f'(x)>0,在区间内,f'(x)<0,故f(x)的单调递增区间是(0,2)和,单调递减区间是.

③当a=时,f'(x)=,故f(x)的单调递增区间是(0,+∞).

④当a>时,0<<2,在区间和(2,+∞)内,f'(x)>0,在区间内,f'(x)<0,故f(x)的单调递增区间是和(2,+∞),单调递减区间是.

(2)对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<g(x2)⇔在区间(0,2]上有f(x)max<g(x)max.

由题意可知g(x)max=0,由(1)可知,

①当a≤时,f(x)在区间(0,2]上单调递增.

故f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln2=-2a-2+2ln2,

所以-2a-2+2ln2<0,解得a>ln2-1.

故ln2-1<a≤.

②当a>时,f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,

故f(x)max=f-(2a+1)+2ln=--2-2lna<0.

故a>时满足题意.综上,a的取值范围为(ln2-1,+∞).

8.设函数f(x)=lnx-a(x-1)ex,其中a∈R.

(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性.

(2)若0<a<,

①证明f(x)恰有两个零点;

②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.

答案：(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=-[aex+a(x-1)ex]=.

因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0,

所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.

(2)证明①由(1)知,f'(x)=.令g(x)=1-ax2ex,

由0<a<,可知g(x)在(0,+∞)内单调递减,

又g(1)=1-ae>0,且g=1-a2=1-2<0,故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,

从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,

则1<x0<ln.

当x∈(0,x0)时,f'(x)==0,

所以f(x)在(0,x0)内单调递增;

当x∈(x0,+∞)时,f'(x)==0,所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减,

因此x0是f(x)的唯一极值点.

令h(x)=lnx-x+1,则当x>1时,h'(x)=-1<0,故h(x)在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h(x)<h(1)=0,所以x<x-1.

从而f=ln-a=ln-ln+1=h<0,

又因为f(x0)>f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.

②由题意,从而lnx1=,即.因为当x>1时,lnx<x-1,又x1>x0>1,故,两边取对数,得ln<ln,于是x1-x0<2lnx0<2(x0-1),整理得3x0-x1>2.