广西专用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

高考大题专项练一　高考中的函数与导数

1.已知函数f(x)=x3-x2+x.

(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;

(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;

(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.

答案:(1)解由f(x)=x3-x2+x得f'(x)=x2-2x+1.

令f'(x)=1,即x2-2x+1=1,得x=0或x=.

又f(0)=0,f,

所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-=x-,即y=x与y=x-.

(2)证明令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].

由g(x)=x3-x2得g'(x)=x2-2x.

令g'(x)=0得x=0或x=.

当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下:

所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.

故-6≤g(x)≤0,

即x-6≤f(x)≤x.

(3)解由(2)知,

当a<-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3;

当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;

当a=-3时,M(a)=3.

综上,当M(a)最小时,a=-3.

2.已知函数f(x)=(x-a)ex(a∈R).

(1)求f(x)的单调区间;

(2)当a=2时,F(x)=f(x)-x+ln x,记函数y=F(x)在区间内的最大值为m,证明:-4<m<-3.

答案:(1)解因为f(x)=(x-a)ex,所以f'(x)=(x-a+1)ex.当x∈(-∞,a-1)时,f'(x)<0;当x∈(a-1,+∞)时,f'(x)>0.

故f(x)的单调递减区间为(-∞,a-1),单调递增区间为(a-1,+∞).

(2)证明当a=2时,F(x)=(x-2)ex-x+lnx,

则F'(x)=(x-1)ex-1+=(x-1).

当<x<1时,x-1<0.令g(x)=ex-,

则g'(x)=ex+>0,所以g(x)在区间内单调递增.

因为g-2<0,g(1)=e-1>0,

所以存在x0∈,使得g(x0)=0,

即,即lnx0=-x0.

故当x∈时,g(x)<0,此时F'(x)>0;当x∈(x0,1)时,g(x)>0,此时F'(x)<0.

故F(x)在区间内单调递增,在区间(x0,1)内单调递减.

故m=F(x)max=F(x0)=(x0-2)-x0+lnx0=(x0-2)·-x0-x0=1--2x0.

令G(x)=1--2x,x∈,则G'(x)=-2=>0.

所以G(x)在区间内单调递增,

所以G(x)>G=-4,G(x)<G(1)=-3.

故-4<m<-3.

3.设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.

(1)求f'(x);

(2)求A;

(3)证明|f'(x)|≤2A.

答案:(1)解f'(x)=-2αsin2x-(α-1)sinx.

(2)解(分类讨论)当α≥1时,|f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cosx+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).

因此A=3α-2.

当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cosx-1.

(构造函数)

令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在区间[-1,1]上的最大值,

g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=时,g(t)取得最小值,最小值为g=--1=-.

令-1<<1,解得α<-(舍去),或α>.

①当0<α≤时,g(t)在区间(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.

②当<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,

知g(-1)>g(1)>g.

又-|g(-1)|=>0,

所以A=.

综上,A=

(3)证明由(1),得|f'(x)|=|-2αsin2x-(α-1)sinx|≤2α+|α-1|.

当0<α≤时,|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(1-2α+1-α)=2(2-3α)=2A.

当<α<1时,A=≥1,

所以|f'(x)|≤1+α<2A.

当α≥1时,|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.

所以|f'(x)|≤2A.

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=.

当x变化时,f'(x)与f(x)的变化情况如下:

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∈-1,-,x2∈-,x3∈,1.

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(x>0),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,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)=,∴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,且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)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增.

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.(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)+kt--2lnt.

令h(x)=x--2lnx,x∈[1,+∞).

当x>1时,h'(x)=1+>0,

由此可得h(x)在区间[1,+∞)内单调递增,

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)+kt--2lnt≥(t3-3t2+3t-1)-3t--2lnt=t3-3t2+6lnt+-1.

由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+>1,故t3-3t2+6lnt+-1>0.

所以(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.