高考数学一轮复习练习案18高考大题规范解答系列一_函数与导数含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习练习案18高考大题规范解答系列一_函数与导数含解析新人教版，共5页。试卷主要包含了设函数f＝eq \f，已知f＝eq \fex，g＝a，已知函数f＝x3－kx＋k2.等内容，欢迎下载使用。
(1)证明：当x>－eq \f(5π,4)时，f(x)≥0；
(2)若g(x)≥2＋ax，求a.
[解析] (1)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,4)，－\f(π,4)))时，
f(x)＝ex－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≥ex>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))时，f′(x)＝ex－eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))为增函数且f′(0)＝0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))上增，因此f(x)≥f(0)＝0，恒有f(x)≥0；
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，＋∞))时，f′(x)＝ex－eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
∵ex≥eeq \f(3π,4)>eq \r(2)，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，＋∞))上为增函数，∴f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π))＝eeq \f(3π,4)－eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))>0；
综上所述：当x>－eq \f(5π,4)时，f(x)≥0成立．
(2)由已知得ex＋sin x＋cs x－2－ax≥0，
设h(x)＝ex＋sin x＋cs x－2－ax且h(0)＝0.
∵h(x)≥h(0)，∴0是h(x)的一个最小值点，也是一个极小值点，
∴h′(0)＝0，即e0＋cs 0－sin 0－a＝0，∴a＝2.
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)＝eq \f(3x2＋ax,ex)(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)＝eq \f(（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq \f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex).
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)＝eq \f(3x2,ex)，f′(x)＝eq \f(－3x2＋6x,ex)，
由f′(x)>0，01，∴2ax＋1>0，ax－1>0，∴f′(x)0，∴x＝－eq \f(1,2)舍去．
当01时，f′(x)x1>1，令h(x)＝ex－ax＋a，则h(x)在(1，＋∞)上有两个零点，令h′(x)＝ex－a＝0，则x＝ln a.
当1≥ln a，即00，∴2a－aln a0时，令f′(x)＝0，得x＝±eq \f(\r(3k),3).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3k),3)))时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))时，f′(x)0.故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3k),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3k),3)，＋∞))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3k),3)，\f(\r(3k),3)))单调递减．
(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，f(x)不可能有三个零点．
当k>0时，x＝－eq \f(\r(3k),3)为f(x)的极大值点，x＝eq \f(\r(3k),3)为f(x)的极小值点．此时，－k－1