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版理

高考大题专项练一　高考中的函数与导数

一、非选择题

1.已知函数f(x)=ln x-.

(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;

(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.

答案:(1)解f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).

因为f'(x)=>0,

所以f(x)在区间(0,1),(1,+∞)内单调递增.

因为f(e)=1-<0,f(e2)=2->0,

所以f(x)在区间(1,+∞)内有唯一零点x1,即f(x1)=0.

又0<<1,f=-lnx1+=-f(x1)=0,

故f(x)在区间(0,1)内有唯一零点.

综上,f(x)有且仅有两个零点.

(2)证明因为,

故点B在曲线y=ex上.

由题设知f(x0)=0,即lnx0=,故直线AB的斜率k=.

曲线y=ex在点B处切线的斜率是,曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处切线的斜率也是,所以曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.

2.已知函数f(x)=emx-ln x-2.

(1)若m=1,证明:存在唯一实数t∈,使得f'(t)=0;

(2)求证:存在0<m<1,使得f(x)>0.

答案:证明(1)当m=1时,f(x)=ex-lnx-2,f'(x)=ex-,x>0.

显然f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增且图象是连续的,

又f'<0,f'(1)>0,故存在唯一实数t∈,使得f'(t)=0.

(2)f'(x)=memx-=m.

由0<m<1,得f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增,由(1)得mx0=t时,f'(x0)=0,

所以f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,

即f(x)的最小值为f(x0)=f=et-lnt+lnm-2,

因为et-=0,

所以et=,t=-lnt.

于是f(x0)=f+t+lnm-2,

所以当lnm>2-时,f(x0)>0.

取k=2-<0,故当m∈(ek,1)时成立,因此,存在0<m<1,使得f(x)>0.

3.(2020全国Ⅰ,理21)已知函数f(x)=ex+ax2-x.

(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;

(2)当x≥0时,f(x)≥x3+1,求a的取值范围.

解:(1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f'(x)=ex+2x-1.

故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.

所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.

(2)f(x)≥x3+1等价于x3-ax2+x+1e-x≤1.

设函数g(x)=x3-ax2+x+1e-x(x≥0),

则g'(x)=-x3-ax2+x+1-x2+2ax-1e-x

=-x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x

=-x(x-2a-1)(x-2)e-x.

①若2a+1≤0,即a≤-,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.

所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.

②若0<2a+1<2,即-<a<,则当x∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x)<0;当x∈(2a+1,2)时,g'(x)>0.

所以g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.

由于g(0)=1,所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a≥.所以当≤a<时,g(x)≤1.

③若2a+1≥2,即a≥,则g(x)≤e-x.

由于0∈,故由②可得e-x≤1.

故当a≥时,g(x)≤1.

综上,a的取值范围是.

4.(2020全国Ⅲ,理21)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点f'处的切线与y轴垂直.

(1)求b;

(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明:f(x)所有零点的绝对值都不大于1.

答案:(1)解f'(x)=3x2+b,依题意得f'=0,即+b=0.

故b=-.

(2)证明由(1)知f(x)=x3-x+c,f'(x)=3x2-.

令f'(x)=0,解得x=-或x=.

f'(x)与f(x)的情况为:

因为f(1)=f=c+,所以当c<-时,f(x)只有大于1的零点.

因为f(-1)=f=c-,所以当c>时,f(x)只有小于-1的零点.

由题设可知-≤c≤.

当c=-时,f(x)只有两个零点-和1.

当c=时,f(x)只有两个零点-1和.

当-<c<时,f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1∈,x2∈,x3∈.

综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.

5.已知函数f(x)=xetx-ex+1,其中t∈R,e是自然对数的底数.

(1)若方程f(x)=1无实数根,求实数t的取值范围;

(2)若函数f(x)在区间(0,+∞)内为减函数,求实数t的取值范围.

解:(1)由f(x)=1,得xetx=ex,

即x=ex(1-t)>0,故有=1-t.

令g(x)=,则g'(x)=.

由g'(x)>0,得0<x<e;

由g'(x)<0,得x>e.

故g(x)在区间(0,e)内单调递增,

在区间(e,+∞)内单调递减.

因此,g(x)max=g(e)=,

所以g(x)的值域为,

要使得方程f(x)=1无实数根,则1-t>,即t<1-.

(2)f'(x)=etx+txetx-ex=etx[1+tx-e(1-t)x].

由题设知,对∀x>0,f'(x)≤0恒成立.

不妨取x=1,有f'(1)=et(1+t-e1-t)≤0.

而当t≥1时,f'(1)>0,故t<1.

①当t≤,且x>0时,f'(x)=etx[1+tx-e(1-t)x]≤.

而当x>0时,有ex>1+x,故1+<0,所以f'(x)<0.

所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,故当t≤时满足题意.

②当<t<1时,0<1-t<,且>1,即ln>0.

令h(x)=1+tx-e(1-t)x,则h(0)=0,

h'(x)=t-(1-t)e(1-t)x=(1-t).

当0<x<ln时,h'(x)>0,此时,h(x)>h(0)=0,则当0<x<ln时,f'(x)>0,

故f(x)在区间

内单调递增.

与题设矛盾,不符合题意,舍去.

所以,当t≤时,函数f(x)在区间(0,+∞)内是减函数.

6.已知f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)=,其中e是自然对数的底数,a∈R.

(1)讨论当a=1时,函数f(x)的单调性和极值;

(2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+;

(3)是否存在正实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.

答案:(1)解∵当a=1时,f(x)=x-lnx,

∴f'(x)=1-.

∴当0<x<1时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减;

当1<x≤e时,f'(x)>0时,此时f(x)单调递增.

∴f(x)的极小值为f(1)=1.

(2)证明∵f(x)的极小值为1,

∴f(x)在区间(0,e]上的最小值为1,即[f(x)]min=1.

又g'(x)=,∴当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)在区间(0,e]上单调递增.

∴[g(x)]max=g(e)=,

∴[f(x)]min-[g(x)]max>,

∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+.

(3)解假设存在正实数a,使f(x)=ax-lnx(x∈(0,e])有最小值3,

则f'(x)=a-.

①当0<<e时,f(x)在区间内单调递减,在区间上单调递增,[f(x)]min=f=1+lna=3,a=e2,满足条件;

②当≥e时,f(x)在区间(0,e]上单调递减,[f(x)]min=f(e)=ae-1=3,a=(舍去).

综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时f(x)有最小值3.

7.已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).

(1)设a=2,b=.

①求方程f(x)=2的根;

②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;

(2)若0<a<1,b>1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.

解:(1)因为a=2,b=,所以f(x)=2x+2-x.

①方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0,

所以(2x-1)2=0,

即2x=1,解得x=0.

②由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.

因为f(2x)≥mf(x)-6对于x∈R恒成立,且f(x)>0,

所以m≤对于x∈R恒成立.

而=f(x)+≥2=4,且=4,

所以m≤4,故实数m的最大值为4.

(2)因为函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,

而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,

所以0是函数g(x)的唯一零点.

因为g'(x)=axlna+bxlnb,

又由0<a<1,b>1知lna<0,lnb>0,

所以g'(x)=0有唯一解x0=lo.

令h(x)=g'(x),则h'(x)=(axlna+bxlnb)'=ax(lna)2+bx(lnb)2,

从而对任意x∈R,h'(x)>0,

所以g'(x)=h(x)是(-∞,+∞)内的增函数.

于是当x∈(-∞,x0)时,g'(x)<g'(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>g'(x0)=0.

因而函数g(x)在区间(-∞,x0)内是减函数,在区间(x0,+∞)内是增函数.

下证x0=0.

若x0<0,则x0<<0,

于是g<g(0)=0.

又g(loga2)=-2>-2=0,且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0<a<1,所以loga2<0.又<0,所以x1<0,与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾.

若x0>0,同理可得,在和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.

因此,x0=0.

于是-=1,

故lna+lnb=0,

所以ab=1.

8.已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:

(1)f'(x)在区间存在唯一极大值点;

(2)f(x)有且仅有2个零点.

答案:证明(1)设g(x)=f'(x),

则g(x)=cosx-,g'(x)=-sinx+.

当x∈时,g'(x)单调递减,

而g'(0)>0,g'<0,

可得g'(x)在区间内有唯一零点,设为α.

则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;

当x∈时,g'(x)<0.

所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间内单调递减,故g(x)在区间内存在唯一极大值点,

即f'(x)在区间内存在唯一极大值点.

(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).

(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.

又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.

(ⅱ)当x∈时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间内单调递减,而f'(0)=0,f'<0,所以存在β∈,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈时,f'(x)<0.

故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间内单调递减.

又f(0)=0,f=1-ln>0,

所以当x∈时,f(x)>0.

从而,f(x)在区间上没有零点.

(ⅲ)当x∈时,f'(x)<0,所以f(x)在区间内单调递减.而f>0,f(π)<0,所以f(x)在区间上有唯一零点.

(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.

综上,f(x)有且仅有2个零点.