高考数学大一轮复习解题思维2高考中函数与导数解答题的提分策略试题文含解析

解题思维2　高考中函数与导数解答题的提分策略

1.[2021贵阳市四校联考,12分]已知函数f(x)=,f'(x)是f(x)的导函数.

(1)求f(x)的极值;

(2)当x0<1时,证明:f(x)≤f'(x0)(x-x0)+f(x0).

2.[2021黑龙江省六校联考,12分]设函数f(x)=xsinx+cosx-ax2.

(1)当a=时,讨论f(x)在(-π,π)上的单调性;

(2)当a>时,证明:f(x)有且仅有两个零点.

3.[2021江西红色七校联考,12分]已知函数f(x)=ln x-ax2-x.

(1)若函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.

(2)若函数f(x)的图象在x=1处的切线平行于x轴,则是否存在整数k,使不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>e时恒成立?若存在,求出k的最大值;若不存在,请说明理由.

4.[2020江西红色七校联考,12分]已知 f(x)=x(x+2)-a(x+lnx)(a∈R).

(1)讨论f(x) 的单调性;

(2)若f(x1)=f(x2)(x1≠x2),证明:x1+x2>2a.

答 案

解题思维2　高考函数与导数解答题的提分策略

1.(1)因为f(x)=,所以f'(x)=,

令f'(x)=0,得x=1,

当x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,

所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

所以f(x)有极大值,极大值为f(1)=,无极小值. (4分)

(2)令g(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0)-f(x0),

则g'(x)=f'(x)-f'(x0)=.

设φ(x)=(1-x)-ex(1-x0),则φ'(x)=ex(1-x0),

因为x0<1,所以φ'(x)<0,

所以φ(x)在R上单调递减,

又φ(x0)=0,所以当x<x0时,φ(x)>0,当x>x0时,φ(x)<0,

即当x<x0时,g'(x)>0,当x>x0时,g'(x)<0,

所以g(x)在区间(-∞,x0)上单调递增,在区间(x0,+∞)上单调递减,

所以g(x)≤g(x0)=0,即f(x)≤f'(x0)(x-x0)+f(x0). (12分)

2.(1)当a=时,f(x)=xsinx+cosxx2,

则f'(x)=x(cos x),x∈(-π,π),

令f'(x)=0,得x=或x=0或x=,

当-π<x<时,f'(x)>0,当<x<0时,f'(x)<0,当0<x<时,f'(x)>0,当<x<π时,f'(x)<0,

所以f (x)在(-π,),(0,)上单调递增,在(,0),(,π)上单调递减. (4分)

(2)f(x)的定义域为(-∞,+∞),

因为f(-x)=-xsin(-x)+cos(-x)a(-x)2=xsinx+cosxax2=f(x),所以f(x)为偶函数.

因为f(0)=1>0,所以当a>时,f(x)有且仅有两个零点等价于当a>时,f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点.  (6分)

f'(x)=x(cos x-a),

当a≥1时,若x>0,则f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,

因为f(π)=-1aπ2<0,所以f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点; (8分)

当<a<1时,存在θ∈(0,),使得cos θ=a,

当0<x<θ时,f'(x)>0,当2kπ+θ<x<2kπ+2π-θ,k∈N时,f'(x)<0,当2kπ+2π-θ<x<2kπ+2π+θ,k∈N时,

f'(x)>0,

所以f(x)在(0,θ)上单调递增,在(2kπ+θ,2kπ+2π-θ)(k∈N)上单调递减,

在(2kπ+2π-θ,2kπ+2π+θ)(k∈N)上单调递增,

由tan θ=,<a<1,可得0<tan θ<2,当k∈N时,2kπ+2π+θ-tan θ>2(π),

所以f(2kπ+2π+θ)=a[(2kπ+2π+θ-tan θ)2-1]+

<[(2kπ+2π+θ-tan θ)2-1]+

=

<0,

因此f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点.

综上,当a>时,f(x)有且仅有两个零点. (12分)

3.(1)依题意,f'(x)=ax-1=≥0在[1,+∞)上恒成立,即1-ax2-x≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≤在[1,+∞)上恒成立,              (1分)

令φ(x)==()2=()2(x≥1),则当x=2时,φ(x)取得最小值,φ(x)min=, (3分)

∴a≤,即实数a的取值范围是(-∞,]. (4分)

(2)依题意,f'(1)=1-a-1=0,∵a=0,∴f(x)=ln x-x,

不等式x[f(x)+x-1]>k(x-2)在x>e时恒成立,即k<在x>e时恒成立.

令g(x)=(x>e),则g'(x)=, (6分)

令h(x)=x-2ln x(x>e),则h'(x)=1>0, (8分)

∴h(x)在(e,+∞)上单调递增,∴h(x)>h(e)=e-2ln e=e-2>0,即g'(x)>0在(e,+∞)上恒成立,

∴g(x)在(e,+∞)上单调递增,∴g(x)>=0,

∴k≤0, (11分)

∴整数k的最大值为0. (12分)

4.(1)f(x)的定义域为(0,+∞),

由f(x)=x(x+2)-a(x+lnx),

得f'(x)=x+1-a,

若a≤0,则f'(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增;

若a>0,则当0<x<a时,f'(x)<0,当x>a时,f'(x)>0,

则f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.

综上可得,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;

当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增. (6分)

(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,

不存在f(x1)=f(x2)(x1≠x2),所以a>0.

由(1)知当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,存在f(x1)=f(x2).

不妨设0<x1<a<x2,设g(x)=f(a+x)-f(a-x),x∈(0,a),

则g'(x)=f'(a+x)+f'(a-x),

又由(1)知f'(x)=,可得g'(x)=f'(a+x)+f'(a-x)=.

因为x∈(0,a),所以g'(x)=<0,

所以g(x)在(0,a)上单调递减,所以g(x)<0,

即当x∈(0,a)时,f(a+x)<f(a-x),由于0<a-x1<a,

则f(a-(a-x1))>f(a+(a-x1)),

即f(x1)=f(a-(a-x1))>f(a+(a-x1))=f(2a-x1).

又f(x2)=f(x1),则有f(x2)>f(2a-x1).

又x2>a,2a-x1>a,f(x)在(a,+∞)上单调递增,

所以x2>2a-x1,即x1+x2>2a. (12分)