2019届高考数学二轮复习查漏补缺练习：解答必刷卷1《函数与导数》(含解析)

解答必刷卷(一)　函数与导数考查范围:第4讲~第15讲题组一　真题集训 1.已知函数f(x)=aex-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.       2.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.            3.已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.       题组二　模拟强化 4.已知函数f(x)=+aln x.(1)若函数f(x)在(0,2)上单调递减,求实数a的取值范围;(2)设h(x)=f(x)+|(a-2)x|,x∈[1,+∞),求证:h(x)≥2.               5.已知函数f(x)=exsin x-cos x,g(x)=xcos x-ex,其中e是自然对数的底数.(1)判断函数f(x)在0,内零点的个数,并说明理由;(2)若∀x1∈0,,∃x2∈0,,f(x1)+g(x2)≥m,试求实数m的取值范围.         6.已知函数f(x)=x2-2x+1+a(ln x-x+1)(其中a∈R且a为常数).(1)若对于任意的x∈(1,+∞),都有f(x)>0成立,求a的取值范围;(2)在(1)的条件下,若方程f(x)+a+1=0在(0,2]上有且只有一个实根,求a的取值范围.              解答必刷卷(一)1.解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-.由题设知,f'(2)=0,所以a=.从而f(x)=ex-ln x-1,f'(x)=ex-.当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)证明:当a≥时,f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=-.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时,f(x)≥0.2.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)方法一:由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex.若a>1,则当x∈,1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(1,+∞).方法二:f'(x)=(ax-1)(x-1)ex.①当a=0时,令f'(x)=0得x=1.f'(x),f(x)随x的变化情况如下表: x(-∞,1)1(1,+∞)f'(x)+0-f(x)↗极大值↘所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.②当a>0时,令f'(x)=0得x1=,x2=1.(i)当x1=x2,即a=1时,f'(x)=(x-1)2ex≥0,所以f(x)在R上单调递增,所以f(x)无极值,不合题意.(ii)当x1>x2,即0<a<1时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表: x(-∞,1)1f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.(iii)当x1<x2,即a>1时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表: x1(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)在x=1处取得极小值,即a>1满足题意.③当a<0时,令f'(x)=0得x1=,x2=1.f'(x),f(x)随x的变化情况如下表: x1(1,+∞)f'(x)-0+0-f(x)↘极小值↗极大值↘所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.综上所述,a的取值范围为(1,+∞).3.解:(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.(2)证明:由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.4.解:(1)由函数f(x)在(0,2)上单调递减得对任意x∈(0,2),恒有f'(x)=≤0成立,即a≤对任意x∈(0,2)恒成立,又当x∈(0,2)时,>1,所以a≤1.(2)证明:当a≥2时,h(x)=f(x)+(a-2)x=+aln x+(a-2)x(x≥1),所以h'(x)=+a-2≥0,所以h(x)在[1,+∞)上是增函数,故h(x)≥h(1)=a≥2.当a<2时,h(x)=f(x)-(a-2)x=+aln x-(a-2)x(x≥1),所以h'(x)=-a+2=,令h'(x)=0,解得x=-<0或x=1,所以函数h(x)在[1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=4-a>2.综上所述,h(x)≥2.5.解:(1)函数f(x)在0,内零点的个数为1.理由如下:因为f(x)=exsin x-cos x,所以f'(x)=exsin x+excos x+sin x,当0<x<时,f'(x)>0,所以函数f(x)在0,上单调递增.又因为f(0)=-1<0,f=>0,所以根据零点存在性定理知函数f(x)在0,内存在1个零点.(2)因为不等式f(x1)+g(x2)≥m等价于f(x1)≥m-g(x2),所以∀x1∈0,,∃x2∈0,,f(x1)+g(x2)≥m等价于f(x1)min≥[m-g(x2)]min,即f(x1)min≥m-g(x2)max.当x∈0,时,f'(x)=exsin x+excos x+sin x>0,故f(x)在区间0,上单调递增,所以当x=0时,f(x)取得最小值-1.又g'(x)=cos x-xsin x-ex,当x∈0,时,0≤cos x≤1,xsin x≥0,ex≥,所以g'(x)<0,故函数g(x)在区间0,上单调递减,因此,当x=0时,g(x)取得最大值-.所以-1≥m-(-),得m≤--1,所以实数m的取值范围是(-∞,--1].6.解:(1)f'(x)=2(x-1)+a-1=.当a≤2时,因为f'(x)>0对于任意x∈(1,+∞)恒成立,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以f(x)>f(1)=0,此时满足题意;当a>2时,易知f(x)在1,上单调递减,在,+∞上单调递增,所以当x∈1,时,有f(x)<f(1)=0,不满足题意.综上,a的取值范围是(-∞,2]. (2)依题意知a∈(-∞,2],设g(x)=f(x)+a+1,则题目可转化为若函数g(x)在(0,2]上有且只有一个零点,求a的取值范围.显然函数g(x)与f(x)的单调性是一致的.当a≤0时,因为函数g(x)在区间(0,1]上单调递减,在(1,2]上单调递增,所以g(x)在(0,2]上的最小值为g(1)=a+1.由于g=-12-+1>0,所以要使g(x)在(0,2]上有且只有一个零点,则g(1)=0或g(2)<0,解得a=-1或a<-.当a=2时,因为函数g(x)在(0,2]上单调递增,且g(e-4)=--2<0,g(2)=2+2ln 2>0,所以g(x)在(0,2]上有且只有一个零点.当0<a<2时,因为函数g(x)在0,上单调递增,在,1上单调递减,在(1,2]上单调递增,且g(1)=a+1>0,所以当x∈,2时,总有g(x)>0,因为<1<a+2,所以g()=[-(a+2)]+(aln +2a+2)<0,所以g(x)在0,上必有零点,又因为g(x)在0,上单调递增,从而当0<a<2时,g(x)在(0,2]上有且只有一个零点.综上所述,当0<a≤2或a<-或a=-1时,方程f(x)+a+1=0在(0,2]上有且只有一个实根.