人教版高中数学高考一轮复习训练--高考中的函数与导数

这是一份人教版高中数学高考一轮复习训练--高考中的函数与导数，共7页。试卷主要包含了已知函数f=2ln x+1，已知函数f=ex+ax2-x等内容，欢迎下载使用。

规范答题增分专项一　高考中的函数与导数
1.(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)=f(x)-f(a)x-a的单调性.









2.(2020全国Ⅲ,理21)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12,f12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.









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)≥12x3+1,求a的取值范围.











4.已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2









5.(2020全国Ⅱ,理21)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)内的单调性;
(2)证明:|f(x)|≤338;
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n4n.












6.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,+∞)内单调递减,求实数t的取值范围.










7.已知函数f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)=lnxx,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)+12;
(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.












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-1,π2内存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.

规范答题增分专项一　高考中的函数与导数
1.解 设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,
其定义域为(0,+∞),h'(x)=2x-2.
(1)当00;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)=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a,x∈(0,a)∪(a,+∞).
g'(x)=2x-ax+lna-lnx(x-a)2=21-ax+ln ax(x-a)2.
取c=-1,得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+ln x<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-ax+ln ax<0,从而g'(x)<0.
所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)内单调递减.
2.(1)解 f'(x)=3x2+b,依题意得f'12=0,
即34+b=0,解得b=-34.
(2)证明 由(1)知f(x)=x3-34x+c,f'(x)=3x2-34.
令f'(x)=0,解得x=-12或x=12.
当x变化时,f'(x)与f(x)随x的变化情况为
x
(-∞,-12)
-12
(-12,12)
12
(12,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
c+14
单调递减
c-14
单调递增

因为f(1)=f-12=c+14,
所以当c<-14时,f(x)只有大于1的零点.
因为f(-1)=f12=c-14,
所以当c>14时,f(x)只有小于-1的零点.
由题设可知-14≤c≤14.
当c=-14时,f(x)只有两个零点-12和1.
当c=14时,f(x)只有两个零点-1和12.
当-14 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.
3.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)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.
设函数g(x)=12x3-ax2+x+1e-x(x≥0),
则g'(x)=-( 12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1)e-x
=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x
=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.
①若2a+1≤0,即a≤-12,
则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.
所以g(x)在区间(0,2)内单调递增,而g(0)=1,
故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.
②若0<2a+1<2,即-12 则当x∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x)<0;
当x∈(2a+1,2)时,g'(x)>0.
所以g(x)在区间(0,2a+1),(2,+∞)内单调递减,在区间(2a+1,2)内单调递增.
由于g(0)=1,所以g(x)≤1,当且仅当g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a≥7-e24.
所以当7-e24≤a<12时,g(x)≤1.
③若2a+1≥2,即a≥12,则g(x)≤(12x3+x+1)e-x.
由于0∈[7-e24,12),故由②可得12x3+x+1e-x≤1.
故当a≥12时,g(x)≤1.
综上,a的取值范围是7-e24,+∞.
4.(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞).
设g(x)=ax-a-ln x,
则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)=0,g(x)≥0,所以g'(1)=0,而g'(x)=a-1x,g'(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g'(x)=1-1x.
当01时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以x=1是g(x)的极小值点,也是最小值点,
故g(x)≥g(1)=0.综上,a=1.
(2)证明 由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f'(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-1x.
因为当x∈0,12时,h'(x)<0;当x∈12,+∞时,h'(x)>0.
所以h(x)在区间0,12内单调递减,在区间12,+∞内单调递增.
又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在区间0,12内有唯一零点x0,在区间12,+∞内有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.
因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f'(x0)=0,得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈0,12,得f(x0)<14.
由上可知,x=x0是f(x)在区间(0,1)内的最大值点,
又e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0,所以f(x0)>f(e-1)=e-2.
所以e-2 5.(1)解 f'(x)=cos x(sin xsin 2x)+sin x(sin xsin 2x)'
=2sin xcos xsin 2x+2sin2xcos 2x
=2sin xsin 3x.
当x∈0,π3∪2π3,π时,f'(x)>0;
当x∈π3,2π3时,f'(x)<0.
所以f(x)在区间0,π3,2π3,π内单调递增,在区间(π3,2π3)内单调递减.
(2)证明 因为f(0)=f(π)=0,由(1)知,f(x)在区间[0,π]的最大值为fπ3=338,最小值为f2π3=-338.
而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤338.
(3)证明 因为(sin2xsin22x…sin22nx)32
=|sin3xsin32x…sin32nx|
=|sin x||sin2xsin32x…sin32n-1xsin 2nx||sin22nx|
=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,
所以sin2xsin22x…sin22nx≤3382n3=3n4n.
6.解 (1)由f(x)=1,得xetx=ex,
即x=ex(1-t)>0,故有lnxx=1-t.
令g(x)=lnxx,则g'(x)=1-lnxx2.
由g'(x)>0,得0 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)=1e,所以g(x)的值域为-∞,1e,
要使得方程f(x)=1无实数根,则1-t>1e,即t<1-1e.
(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≤12,且x>0时,f'(x)=etx[1+tx-e(1-t)x]≤ex21+x2-ex2.
而当x>0时,有ex>1+x,
故1+x2−ex2<0,所以f'(x)<0.
所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,故当t≤12时满足题意.
②当12 且t1-t>1,即11-tln t1-t>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)t1-t-e(1-t)x.
当00,
此时,h(x)>h(0)=0.
则当00,
故f(x)在区间0,11-tln t1-t内单调递增.
与题设矛盾,不符合题意,舍去.
所以,当t≤12时,函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.
7.(1)解 ∵当a=1时,f(x)=x-ln x,
∴f'(x)=1-1x=x-1x.
∴当0 当10时,此时f(x)单调递增.
即f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.
(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)=1-lnxx2,∴当00,g(x)在区间(0,e]上单调递增,
∴[g(x)]max=g(e)=1e<12,
∴[f(x)]min-[g(x)]max>12,
∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+12.
(3)解 假设存在正实数a,使f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最小值3,则f'(x)=a-1x=ax-1x.
①当0<1a ②当1a≥e时,f(x)在区间(0,e]上单调递减,[f(x)]min=f(e)=ae-1=3,解得a=4e(舍去).
综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时f(x)有最小值3.
8.证明 (1)设g(x)=f'(x),
则g(x)=cos x-11+x,g'(x)=-sin x+1(1+x)2.
当x∈-1,π2时,g'(x)单调递减,
而g'(0)>0,g'π2<0,
可得g'(x)在区间-1,π2内有唯一零点,设为α.
则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈α,π2时,g'(x)<0.
所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间α,π2内单调递减,故g(x)在区间-1,π2内存在唯一极大值点,
即f'(x)在区间-1,π2内存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
①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,所以x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
②当x∈0,π2时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间α,π2内单调递减,而f'(0)=0,f'π2<0,所以存在β∈α,π2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈β,π2时,f'(x)<0.
故f(x)在区间(0,β)内单调递增,在区间β,π2内单调递减.
又f(0)=0,fπ2=1-ln1+π2>0,
所以当x∈0,π2时,f(x)>0.
从而,f(x)在区间0,π2上没有零点.
③当x∈π2,π时,f'(x)<0,所以f(x)在区间π2,π内单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在区间π2,π上有唯一零点.
④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.