《(京津?qū)S茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練:壓軸大題突破練(三)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(1)理》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(京津?qū)S茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練:壓軸大題突破練(三)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(1)理(9頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、(京津?qū)S茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練:壓軸大題突破練(三)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(1)理
1.(2018·江南十校模擬)設(shè)f(x)=xln x-ax2+(3a-1)x.
(1)若g(x)=f′(x)在[1,2]上單調(diào),求a的取值范圍;
(2)已知f(x)在x=1處取得極小值,求a的取值范圍.
解 (1)由f′(x)=ln x-3ax+3a,
即g(x)=ln x-3ax+3a,x∈(0,+∞),
g′(x)=-3a,
①g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,
∴-3a≥0對x∈[1,2]恒成立,
即a≤對x∈[1,2]恒成立,
得a≤;
②g(x)在[1,2]上單調(diào)遞減,
∴-
2、3a≤0對x∈[1,2]恒成立,
即a≥對x∈[1,2]恒成立,
得a≥,
由①②可得a的取值范圍為∪.
(2)由(1)知,
①當(dāng)a≤0時,f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴x∈(0,1)時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
x∈(1,+∞)時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
∴f(x)在x=1處取得極小值,符合題意;
②當(dāng)01,
又f′(x)在上單調(diào)遞增,
∴x∈(0,1)時,f′(x)<0,x∈時,f′(x)>0,
∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,
f(x)在x=1處取得極小值,符合題意;
③當(dāng)a=時,=1,f′(x)在(
3、0,1)上單調(diào)遞增,
在(1,+∞)上單調(diào)遞減,
∴x∈(0,+∞)時,f′(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意;
④當(dāng)a>時,0<<1,
當(dāng)x∈時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)x∈(1,+∞)時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
∴f(x)在x=1處取得極大值,不符合題意.
綜上所述,可得a的取值范圍為.
2.(2018·河南省鄭州外國語學(xué)校調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=aln x-ex.
(1)討論f(x)的極值點(diǎn)的個數(shù);
(2)若a∈N*,且f(x)<0恒成立,求a的最大值.
參考數(shù)據(jù):
x
1.6
1.7
1.8
ex
4.953
5.474
4、
6.050
ln x
0.470
0.531
0.588
解 (1)根據(jù)題意可得f′(x)=-ex=(x>0),
當(dāng)a≤0時,f′(x)<0,函數(shù)是減函數(shù),無極值點(diǎn);
當(dāng)a>0時,令f′(x)=0得a-xex=0,即xex=a,
又y=xex在(0,+∞)上是增函數(shù),
且當(dāng)x→+∞時,xex→+∞,
所以xex=a在(0,+∞)上存在一解,不妨設(shè)為x0,
所以函數(shù)y=f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,
在(x0,+∞)上單調(diào)遞減,
所以函數(shù)y=f(x)有一個極大值點(diǎn),無極小值點(diǎn).
綜上,當(dāng)a≤0時,無極值點(diǎn);
當(dāng)a>0時,函數(shù)y=f(x)有一個極大值點(diǎn),無
5、極小值點(diǎn).
(2)因?yàn)閍∈N* >0,
由(1)知,f(x)有極大值f(x0),
且x0滿足x0=a,①
可知f(x)max=f(x0)=aln x0-,
要使f(x)<0恒成立,
即f(x0)=aln x0-<0,②
由①可得=,
代入②得aln x0-<0,
即a<0,
因?yàn)閍∈N*>0,所以ln x0-<0,
因?yàn)閘n 1.7-<0,ln 1.8->0,
且y=ln x0-在(0,+∞)上是增函數(shù).
設(shè)m為y=ln x0-的零點(diǎn),
則m∈(1.7,1.8),可知0
6、
當(dāng)10,a<,
令g(x)=,x∈(1,m),
則g′(x)=<0,
所以g(x)在(1,m)上是減函數(shù),
且≈10.29,≈10.31,
所以10.29
7、a的取值范圍.
解 (1)當(dāng)b=0時,f(x)=xln x-ax2-x,
f′(x)=ln x-2ax,
∴f(x)=xln x-ax2-x有2個極值點(diǎn)就是方程ln x-2ax=0有2個解,
即y=2a與m(x)=的圖象的交點(diǎn)有2個.
∵m′(x)=,
當(dāng)x∈(0,e)時,m′(x)>0,m(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(e,+∞)時,m′(x)<0,m(x)單調(diào)遞減.
m(x)有極大值,
又∵x∈(0,1]時,m(x)≤0;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,0
8、點(diǎn)有1個;
當(dāng)a∈時,y=2a與m(x)=的圖象的交點(diǎn)有2個.
綜上,a的取值范圍為.
(2)函數(shù)y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與x軸平行,
∴f′(1)=0且f(1)≠0,
∵f′(x)=ln x-2ax+b,
∴b=2a且a≠1.
h(x)=xln x-ax2+(b-1)x+ex-ex在x∈(1,+∞)時,
其圖象的每一點(diǎn)處的切線的傾斜角均為銳角,
即當(dāng)x>1時,h′(x)=f′(x)+g′(x)>0恒成立,
即ln x+ex-2ax+2a-e>0恒成立,
令t(x)=ln x+ex-2ax+2a-e,
∴t′(x)=+ex-2a,
設(shè)φ(x)=+ex-
9、2a,φ′(x)=ex-,
∵x>1,∴ex>e,<1,
∴φ′(x)>0,
∴φ(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
即t′(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
∴t′(x)>t′(1)=1+e-2a,
當(dāng)a≤且a≠1時,t′(x)≥0,
∴t(x)=ln x+ex-2ax+2a-e在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
∴t(x)>t(1)=0成立,
當(dāng)a>時,
∵t′(1)=1+e-2a<0,
t′(ln 2a)=+2a-2a>0,
∴存在x0∈(1,ln 2a),滿足t′(x0)=0.
∵t′(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
∴當(dāng)x∈(1,x0)時,t′(x)<0,t(x)單調(diào)
10、遞減,
∴t(x0)0不恒成立.
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,1)∪.
4.(2018·福建省百校模擬)已知函數(shù)f(x)=x-1+aex.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個零點(diǎn),證明:x1+x2>4.
(1)解 f′(x)=1+aex,
當(dāng)a≥0時,f′(x)>0,則f(x)在R上單調(diào)遞增.
當(dāng)a<0時,令f′(x)>0,得xln,
則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為.
(2)證明 由f(x)=0得a=,
設(shè)g(x)=,則g′(x)=.
由g′(x)<0
11、,得x<2;由g′(x)>0,得x>2.
故g(x)min=g(2)=-<0.
當(dāng)x>1時,g(x)<0,當(dāng)x<1時,g(x)>0,
不妨設(shè)x14等價于x2>4-x1,
∵4-x1>2且g(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,
∴要證x1+x2>4,只需證g(x2)>g(4-x1),
∵g(x1)=g(x2)=a,
∴只需證g(x1)>g(4-x1),即,
即證(x1-3)+x1-1<0;
設(shè)h(x)=e2x-4(x-3)+x-1,x∈(1,2),
則h′(x)=e2x-4(2x-5)+1,
令m(x)=h′(
12、x),
則m′(x)=4e2x-4(x-2),
∵x∈(1,2),∴m′(x)<0,
∴m(x)在(1,2)上單調(diào)遞減,
即h′(x)在(1,2)上單調(diào)遞減,
∴h′(x)>h′(2)=0,
∴h(x)在(1,2)上單調(diào)遞增,
∴h(x)4得證.
5.(2018·長沙模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=x-ln(x+).
(1)探究函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)x≥0時,恒有f(x)≤ax3,試求a的取值范圍;
(3)令an=6n+ln(n∈N*),試證明:a1+a2+…+an<.
(1)解 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽.
由
13、f′(x)=1-≥0,
知f(x)是R上的增函數(shù).
(2)解 令g(x)=f(x)-ax3
=x-ln(x+)-ax3,
則g′(x)=,
令h(x)=(1-3ax2)-1,
則h′(x)=
=.
(ⅰ)當(dāng)a≥時,h′(x)≤0,
從而h(x)是[0,+∞)上的減函數(shù),
注意到h(0)=0,則x≥0時,h(x)≤0,
所以g′(x)≤0,進(jìn)而g(x)是[0,+∞)上的減函數(shù),
注意到g(0)=0,則x≥0時,g(x)≤0,
即f(x)≤ax3.
(ⅱ)當(dāng)0ax3;
(ⅲ)當(dāng)a≤0時,h′(x)
14、≥0,同理可知f(x)>ax3,
綜上,a的取值范圍是.
(3)證明 在(2)中,取a=,
則x∈時,x-ln(x+)>x3,
即x3+ln(x+)0,都有f(x)+f=0.
(1)用含a的表達(dá)式表示b;
(2)若f(x)存在兩個極值點(diǎn)x1,x2,且x10;
(3)在(2)的條件下,判斷y=f(x)零點(diǎn)的個數(shù),并說明理由.
解 (1)根據(jù)題意,令x=1,
可得f(1)+f(1)=0,
所以f(1
15、)=-a+b=0,
經(jīng)驗(yàn)證,可得當(dāng)a=b時,對任意x>0,都有f(x)+f=0,所以b=a.
(2)由(1)可知,f(x)=ln x-ax+,且x>0,
所以f′(x)=-a-=,
令g(x)=-ax2+x-a,要使f(x)存在兩個極值點(diǎn)x1,x2,則y=g(x)有兩個不相等的正實(shí)數(shù)根,
所以或
解得0
16、在上單調(diào)遞減,
所以h(x)>h=-2ln 2+4--ln 2>-3ln e>0.
即當(dāng)00.
(3)因?yàn)閒′(x)=-a-=,
g(x)=-ax2+x-a.
令f′(x)=0,得x1=,x2=.
由(2)知,當(dāng)00,g(0)=-a<0,所以x2>1.
又x1x2=1,可得x1<1,
此時,f(x)在(0,x1)上單調(diào)遞減,在(x1,x2)上單調(diào)遞增,在(x2,+∞)上單調(diào)遞減,
所以y=f(x)最多只有三個不同的零點(diǎn).
又因?yàn)閒(1)=0,所以f(x)在(x1,1)上單調(diào)遞增,
即當(dāng)x∈[x1,1)時,f(x)<0恒成立.
根據(jù)(2)可知,f>0且0<<,
所以?(x1,1),即∈(0,x1),
所以?x0∈,使得f(x0)=0.
由01,
又f=-f(x0)=0,f(1)=0,
所以f(x)恰有三個不同的零點(diǎn):x0,1,.
綜上所述,y=f(x)恰有三個不同的零點(diǎn).