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

一、非选择题

1.设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex.

(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a;

(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.

解:(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex,

所以f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex,f'(2)=(2a-1)e2.

由题设知f'(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.

(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex.

若a>1,则当x∈时,f'(x)<0;

当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.

所以f(x)在x=1处取得极小值.

若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,

所以f'(x)>0.

所以1不是f(x)的极小值点.

综上可知,a的取值范围是.

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)=ln x+ax2-x-m(m∈Z).

(1)若f(x)是增函数,求a的取值范围;

(2)若a<0,且f(x)<0恒成立,求m的最小值.

解:(1)f'(x)=+ax-1,依题设可得a≥,

而=-,当x=2时,等号成立.

所以a的取值范围是.

(2)由(1)可知f'(x)=+ax-1=,

设g(x)=ax2-x+1,则g(0)=1>0,g(1)=a<0,

g(x)=a+1-在区间(0,+∞)内单调递减.

因此g(x)在区间(0,1)内有唯一的解x0,使得a=x0-1,

而且当0<x<x0时,f'(x)>0,当x>x0时,f'(x)<0,

所以f(x)≤f(x0)=lnx0+-x0-m

=lnx0+(x0-1)-x0-m=lnx0-x0--m.

设r(x)=lnx-x--m,

则r'(x)=>0.

所以r(x)在区间(0,1)内单调递增.

所以r(x)<r(1)=-1-m,

由已知可得-1-m≤0,

所以m≥-1,即m的最小值为-1.

4.函数f(x)=+ax+2ln x(a∈R)在x=2处取得极值.

(1)求实数a的值及函数f(x)的单调区间;

(2)若方程f(x)=m有三个实根,求m的取值范围.

解:(1)由已知f'(x)=x+a+,f'(2)=2+a+=0,

故a=-3,

所以f'(x)=x-3+,x>0,

由f'(x)>0,得0<x<1或x>2;

由f'(x)<0,得1<x<2.

所以函数f(x)的单调递增区间是(0,1),(2,+∞),单调递减区间是(1,2).

(2)由(1)可知极小值f(2)=2ln2-4,极大值为f(1)=-.

因为方程f(x)=m有三个实根,所以2ln2-4<m<-.

5.已知函数f(x)=2sin x-xcos x-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].

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因为当a>时,+2lna>+2lne-1=-2>-2.

故a>时满足题意.

综上,a的取值范围为(ln2-1,+∞).

8.(2020天津,20)已知函数f(x)=x3+kln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.

(1)当k=6时,

①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+的单调区间和极值;

(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有.

答案:(1)解①当k=6时,f(x)=x3+6lnx,故f'(x)=3x2+.

可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.

②依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+,

整理可得g'(x)=.

令g'(x)=0,解得x=1.

当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:

所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.

(2)证明由f(x)=x3+klnx,得f'(x)=3x2+.

对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令=t(t>1),

则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]

=(x1-x2)3+3-2+kln

=-3x2+3x1+k-2kln

=(t3-3t2+3t-1)+k.①

令h(x)=x--2lnx,x∈[1,+∞).

当x>1时,h'(x)=1+>0,

由此可得h(x)在[1,+∞)单调递增,

所以当t>1时,h(t)>h(1),即t--2lnt>0.

因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,

所以,(t3-3t2+3t-1)+kk≥(t3-3t2+3t-1)-3k=t3-3t2+6lnt+-1.②

由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+>1,故t3-3t2+6lnt+-1>0.③

由①②③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(x1)-f(x2)]>0.

所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有.